Semana del 4 al 10 de Agosto, Sin solución publicada: 1, 7 Opciones

[Rurouni Kenshin]

Y como lo prometido es deuda..partimos la nueva ronda de problemas...
Yo partire de inmediato con el problema 7,o sea el desafio de la semana
Desafio de la Semana
Sea ABC un triángulo y D el pie de la altura dese A. Consideramos dos puntos E y F, ambos distintos de D y pertenecientes a una misma recta por D, tales que AE es perpendicular a BE y AF es perpendicular a CF. Sean M y N los puntos medios de BC y EF, respectivamente. Demostrar que AN es perpendicular a NM.

No es tan dificil...tampoco es facil..o sea es un muy buen problema para hacerlos pensar bastante..dado que se acerca la ultima fecha de la Interescolar y La Clasificacion de la Olimpiada Nacional

Saludos

[Rurouni Kenshin]

Problema 1
Tenemos un conjunto de 221 números reales cuya suma es 110721. Los disponemos formando una tabla rectangular de modo que todas las filas y la primera y última columnas son progresiones aritméticas de más de un elemento. Probar que la suma de los elementos de las cuatro esquinas vale 2004

Suerte...y saludos

[Rurouni Kenshin]

Problema 2
Demostrar que si , entonces

Suerte con este nuevo desafio..veamos si alguien nos da la solucion...y tambien veamos cual es la mas elegante...saludos

[Caetano]

Aqui va la solucion para el problema 2)



Racionalizando el lado derecho nos queda



Análogamente, si comenzamos racionalizando el lado izquierdo (o bien, intercambiando los roles de e ):



Sumando con nos queda



Saludos a todos

[Gp20]

Problema 3:

Si a un triángulo le trazamos sus 3 transversales de gravedad, quedan 6 triángulos pequeños dentro del triángulo grande. Encuentre la relación entre las áreas de esos 6 triángulos.

[Corecrasher]

Problema 3:

Si a un triàngulo le trazamos sus 3 transversales de gravedad, quedan 6 triángulos pequeños dentro del triàngulo grande. Encuentre la relación entre las àreas de esos 6 triángulos.

Con el criterio posteado en este mensaje , en el que cuando hay 2 triangulos con la misma altura , se cumple las areas son a las bases ... , con esto podemos afirmar al cortar las transversales en puntos medios que hay 3 pares de areas iguales... , asu vez por lo mismo 2y+x=2z+x osea y=z luego mirando la relacion de las areas de los triangulos de base AD y DC podemos afirmar que 3z=2x+z osea x=z , concluimos que todas las areas son iguales .

[S. E. Puelma Moy...]

La solución a los problemas 2 y 3 están correctas. Ahora debemos publicar un nuevo problema (nos está pillando el tiempo)

Problema 4: Dado un , y un punto sobre su circunferencia circunscrita, llamaremos a las proyecciones ortogonales de sobre los lados , respectivamente. Pruebe que los puntos son colineales (esto abre una discusión sobre un "clásico" teorema geométrico)

[Caetano]

Mas vale tarde ke nunka ,

Problema 5

a)Determine para que enteros positivos , es divisible por 7
b)Muestre que nunca es divisible por 7
c)Determine para que enteros positivos , es divisible por 3

Saludos a todos y suerte

[S. E. Puelma Moy...]

Este problema me parece + entretenido que el 4 (que yo propuse hace un rato...). El nivel de ingenio lo hace de un nivel superior al CMAT, pero aún así la solución no deja de ser atractiva:

Problema 6: Sea un pentágono convexo, tal que , y los ángulos en y son rectos. Encuentre el área del pentágono en términos de

[MasterIN®]

Mas vale tarde ke nunka  ,

Problema 5

a)Determine para que enteros positivos n, 2^n - 1 es divisible por 7
b)Muestre que 2^n + 1 nunca es divisible por 7
c)Determine para que enteros positivos n, 2^n + 1 es divisible por 3

Saludos a todos y suerte

Ia..este problema es relativamente fácil.....

a) Obviamente, para que se cumpla la condición del enunciado, se debe cumplir que 2^n = 1 (mod. 7). Pero, fijémonos las congruencias de las potencias de 2 e mod. 7

2^1 = 2
2^2 = 4
2^3 = 1
2^4 = 2
2^5= 4
2^6 = 1
......
......
.....
.....

Como ven se forma un ciclo 2,4,1 y por lo tanto para que 2^n = 1 (mod. 7), n = 3k, esto según el ciclo que se forma.

b)Con lo mismo, no hay ninguna congruencia en el ciclo tal que 2^n = 6 (mod.7), asi que....no se puede ps... xD

c)Ia...ahora hagamos lo mismo pero con las potencias de 2 en mod. 3
2^1 = -1
2^2 = 1
2^3 = -1
2^4 = 1
....
....
...
Y como ven se forma otro ciclo donde todas las potencia impares son congruentes con -1 y las pares con 1. Además, para que se cumpla que 2^n + 1 = 0 (mod. 3), entonces se debe cumplir que 2^n = -1 (mod. 3), y esto ocurre cuando n= 2k+1....

FIN!!! ....ven q era facilito?? ia...au revoir...

QUEPD

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