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Prueba de Selección IMO 2009, Chile

Killua Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	May 26 2009, 08:24 PM Publicado: #1
Staff Fmat Grupo: Moderador Mensajes: 1.185 Registrado: 29-October 05 Desde: Santiago, Chile Miembro Nº: 352 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Universidad: Sexo:	PRUEBA DE SELECCIÓN IMO 2009, CHILE Martes 26 de Mayo de 2009 Problema 1: Calcular todas las soluciones del sistema $TEX: $log_y{x}+log_x{y}=\dfrac{5}{2}$$ $TEX: $x+y=12$$ Problema 2: Considere $TEX: $p$$ un número real con $TEX: $0<p<1$$ y $TEX: $n$$ un entero positivo. Pruebe que: $TEX: $1+2p+3p^2+\ldots+np^{n-1}<\dfrac{1}{(1-p)^2}$$ Problema 3: Sean $TEX: $p$$ y $TEX: $q$$ los radios de dos circunferencias que pasan por el vértice $TEX: $A$$ y tangentes en $TEX: $B$$ y en $TEX: $C$$ respectivamente al lado $TEX: $BC$$ de un triángulo $TEX: $ABC$$ . Probar que $TEX: $pq=R^2$$ , donde $TEX: $R$$ es el radio de la circunferencia circunscrita al triángulo. Problema 4: Considere $TEX: $n\ge{3}$$ puntos en el plano. Cada par de puntos es unido por un segmento. Sea $TEX: $d$$ la longitud del mayor de estos segmentos. Decimos que un segmento de entre los definidos antes es un diámetro si su longitud es exactamente $TEX: $d$$ . Demuestre que existen como máximo $TEX: $n$$ diámetros. Muestre ejemplos de configuraciones de $TEX: $n$$ puntos en los que existan exactamente $TEX: $n$$ diámetros. Resumen de soluciones Problema 1: Pendiente de solución. Problema 2: Pendiente de solución. Problema 3: Pendiente de solución. Problema 4: Pendiente de solución. -------------------- "He looks rather ill, but he looks all over the genius he was" (G. H. Hardy) "A mathematician is a device for turning coffee into theorems" (Paul Erdös)

sí-sí el residen... sí-sí el residente Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	May 26 2009, 08:42 PM Publicado: #2
Puntaje Nacional PSU Matemáticas Admisión 2010 Grupo: Colaborador Gold Mensajes: 390 Registrado: 22-July 07 Desde: la granja Miembro Nº: 7.754 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Sexo:	P1. Aplicamos cambio de base a la primera ecuación y tenemos $TEX: $\dfrac{log x}{log y}+\dfrac{log y}{log x}=\dfrac{5}{2}$$ Ahora sea $TEX: $a=\dfrac{log x}{log y}$$ tenemos $TEX: $a+\dfrac{1}{a}=\dfrac{5}{2}$$ $TEX: $2(a^2+1)=5a$$ $TEX: $2a^2-5a+2=0$$ $TEX: $(2a-1)(a-2)=0$$ $TEX: $a=2, \dfrac{1}{2}$$ Reemplazamos el valor de a=2 y tenemos $TEX: $log x=2log y$$ $TEX: $x=y^2$$ Reemplazando en la ecuación dos, tenemos $TEX: $y^2+y-12=0$$ $TEX: $(y-3)(y+4)=0$$ $TEX: $y=3,-4$$ Pero como el antilogaritmo no puede ser negativo, -4 no sirve, ahora reemplazando 3 en la ecuación dos tenemos $TEX: $x=9$$ Ahora si reemplazamos el valor de $TEX: $a$$ igual a un medio, llegamos a los mismo, solo intercambiado el valor de x e y, ya que el sistema es simetrico Por tanto todas las soluciones del sistema son $TEX: (3,9) y (9,3)$ -------------------- ...

snw Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	May 26 2009, 08:51 PM Publicado: #3
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 2.139 Registrado: 11-June 08 Desde: UK Miembro Nº: 26.837 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Universidad: Sexo:	el p2. Sea $TEX: $S=\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}(k+1)p^k\Rightarrow S=\left(\sum_{k=0}^{n}p^k\right)'=\dfrac{(p^n(n(p-1)-1)+1}{(1-p)^2}$$ Luego bastaria probar que el numerador de dicha expresion es menor que 1 y la prueba finaliza saludos( Se que no se puede hacer asi, pero salia facil ) -------------------- blep

Felipe_ambuli Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	May 26 2009, 09:30 PM Publicado: #4
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 836 Registrado: 9-January 07 Desde: Santiasko Miembro Nº: 3.659 Nacionalidad: Sexo:	Para el P3. Solo lo elemental. Sea O el centro de la circunferencia K circunscrita al triangulo ABC, $TEX: $O_1$$ la circunferencia mencionada de radio p y $TEX: $O_2$$ la otra de radio q. AB es eje radical de $TEX: $O_1$$ y $TEX: $K$$ , asi $TEX: $AB\perp O_1O$$ . Asi mismo $TEX: $AC\perp O_2O$$ Fijemos $TEX: $\angle{BAC}=\beta$$ . Sea W un punto en BC tal que $TEX: $OW\perp BC$$ , es inmediato que OW es bisectriz del $TEX: $\angle{BOC}$$ y por las tangencias y un poco de paralelismo tenemos como consecuencia $TEX: $\angle{O_1BO}=\beta$$ . Por LAL es facil ver que $TEX: $O_1BO\cong O_1AO\Rightarrow \angle{O_1AO}=\beta$$ , entonces $TEX: $\angle{O_1AB}=\angle{OAC}$$ porque $TEX: $\angle{BAC}=\beta$$ . Como conclusion de esto tenemos $TEX: $O_1BO\sim OCO_2$$ y $TEX: $p/R=R/q\Rightarrow pq=R^2$$ , como queriamos. Exito en Bremen Editado, figura pifeada en la solucion anterior. Mensaje modificado por Felipe_ambuli el Jun 7 2009, 10:09 AM

snw Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	May 26 2009, 09:32 PM Publicado: #5
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 2.139 Registrado: 11-June 08 Desde: UK Miembro Nº: 26.837 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Universidad: Sexo:	CITA(Felipe_ambuli @ May 26 2009, 11:30 PM) $TEX: \noindent Digamos que $O_1$ es el centro del circulo que pasa por $A$ y es tangente a $BC$ por $B$ (llamese A), an\'alogamente se define $O_2$ el centro de la otra (llamese B), mientras que el triangulo $ABC$ tiene su circuncentro $O$ (centro del circulo K).\\<br />$OB=OC$ por ser radios y ya que $O_1B\perp BC$, $O_2C\perp BC$, se tiene $\angle{O_1BO}=\angle{O_2CO}$ (1)\\<br />Notemos que $AB$ es eje radical de A y K asi que $O_1O\perp AB$, asi mismo por ser $AC$ eje radical de B y K, $OO_2\perp AC$. Vemos que si $\angle{O_1CB}=\beta \Rightarrow \angle{BO_1C}=90- \beta$ y adem\'as $\angle{O_1BA}=\beta$. Por los radios de A se sabe $\angle{O_1BA}=\angle{O_1AB}=\beta$, la consecuencia de esto es que el cuadrilatero $O_1BCA$ es ciclico $\Rightarrow \angle{ACO_1}=\beta $.\\<br />No es dificil ver que por todo esto y (1) se obtiene $O_1BO\sim OCO_2$, y finalmente\\<br />$p/R=R/q\Rightarrow pq=R^2$.\\<br />\\<br />Perdon por redaccion y demases$ Exito en Bremen sin comentarios Mensaje modificado por snw el May 26 2009, 09:32 PM -------------------- blep

w851989 Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Jul 17 2009, 08:43 PM Publicado: #6
Maestro Matemático Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 111 Registrado: 12-March 08 Desde: En el computador Miembro Nº: 16.721 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Universidad: Sexo:	P2 $TEX: <br />notemos que la expresión $1+2p+3p^2+...+n p^{n-1}$ se puede escribir como\\<br />$1+2p+3p^2+...+n p^{n-1} = 1+p+p^2+....+p^{n-1}<br />+p (1+p+p^2+....+p^{n-2})<br />+p^2 (1+p+p^2+...+p^{n-3})<br />+...+p^{n-1}$\\<br />ahora usamos que $1+p+p^2+....+p^k \leq \frac{1}{1-p}$ (si $\|p\|<1$)pues son las sumas parciales de la serie geom\'etrica, con esto, y si $p \neq 0$ la desigualdad es estricta (que es lo que necesitamos):\\<br />$1+p+p^2+....+p^{n-1}<br />+p (1+p+p^2+....+p^{n-2})<br />+p^2 (1+p+p^2+...+p^{n-3})<br />...+p^{n-1}$\\ <br />$< 1 \frac{1}{1-p}+p \frac{1}{1-p}+p^2 \frac{1}{1-p}+....+p^{n-1} \frac{1}{1-p}$\\ <br />$= \frac{1}{1-p} (1+p+p^2+....p^{n-1}) < \frac{1}{1-p} \frac{1}{1-p} = \frac{1}{(1-p)^2}$\\<br />esop\\<br />Saludos<br /><br />$ Mensaje modificado por w851989 el Jul 18 2009, 12:37 PM -------------------- Esteban Andrés Paduro Williamson 6° Año Ingenieria Civil Matemática UTFSM "¿Sabe usted? Todos nos hicimos matemáticos por la misma razón: éramos perezosos." Max Rosenlicht (1949)

juancodmw Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Oct 14 2015, 01:11 PM Publicado: #7
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 783 Registrado: 23-April 13 Desde: Constitución Miembro Nº: 118.027 Nacionalidad: Universidad: Sexo:	P2 Sea $TEX: $S=1+2p+3p^2+...+np^{n-1}$$ , hacemos $TEX: $Sp=p+2p^2+3p^3+...+np^n$$ , restamos y obtenemos: $TEX: $S-Sp=1+p+p^2+p^3+...+p^{n-1}-np^n$$ $TEX: $S(1-p)=\dfrac{1-p^n}{1-p}-np^n\Rightarrow S=\dfrac{1-p^n}{(1-p)^2}-\dfrac{np^n}{1-p}$$ Puesto que $TEX: $1-p>0$$ , entonces $TEX: $\dfrac{np^n}{1-p}+\dfrac{p^n}{(1-p)^2}>0\Rightarrow \dfrac{np^n}{1-p}+\dfrac{p^n+1-1}{(1-p)^2}>0$$ $TEX: $\Rightarrow \dfrac{1-p^n}{(1-p)^2}-\dfrac{np^n}{1-p}<\dfrac{1}{(1-p)^2}\Rightarrow S<\dfrac{1}{(1-p)^2}\blacksquare$$ --------------------

juancodmw Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Oct 14 2015, 05:38 PM Publicado: #8
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 783 Registrado: 23-April 13 Desde: Constitución Miembro Nº: 118.027 Nacionalidad: Universidad: Sexo:	P3 Sea O el centro de la circ. que pasa por A y B, sea O' el centro de la circ. que pasa por A y C. Definimos $TEX: $\angle{OAB}=\alpha$$ , $TEX: $\angle{CAO'}=\beta$$ , notamos fácilmente que $TEX: $AB=2p\cos{\alpha}$$ y $TEX: $AC=2q\cos{\beta}$$ . Sea X la proyección ortogonal desde A hasta BC, vemos que $TEX: $AX=2q\cos^2{\beta}=2p\cos^2{\alpha}\Rightarrow AX=2\cos{\alpha}\cos{\beta}\sqrt{pq}$$ . Por otro lado, como OB//AX//O'C, se sigue que $TEX: $\angle{BAX}=\alpha$$ y $TEX: $\angle{CAX}=\beta$$ , se sigue que $TEX: $BC=p\sin{2\alpha}+q\sin{2\beta}$$ , luego el area del ABC es $TEX: $\dfrac{AX\cdot BC}{2}=\cos{\alpha}\cos{\beta}\sqrt{pq}(p\sin{2\alpha}+q\sin{2\beta})$$ y usando el hecho conocido del área de un triángulo en función del circunradio, se sigue que: $TEX: $\cos{\alpha}\cos{\beta}\sqrt{pq}(p\sin{2\alpha}+q\sin{2\beta})=\dfrac{(2p\cos{\alpha})(2q\cos{\beta})(p\sin{2\alpha}+q\sin{2\beta})}{4R}$$ $TEX: $\Rightarrow R=\dfrac{pq}{\sqrt{pq}}\Rightarrow R^2=pq\blacksquare$$ --------------------

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