Problemas Propuestos Nivel Avanzado - Foro fmat.cl

Portal Matemático

¿Qué es FMAT?

Foro fmat.cl > Sector Preparación Olimpiadas > Sector Olímpico > Otros > Problemas Propuestos

Reply to this topic

Start new topic

Problemas Propuestos Nivel Avanzado

Rurouni Kenshin Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	May 13 2005, 03:17 AM Publicado: #1
Webmaster Grupo: Administrador Mensajes: 6.692 Registrado: 13-May 05 Desde: Santiago Centro Miembro Nº: 2 Nacionalidad: Sexo:	$TEX: \noindent \textbf{Problema 1.} Sea $ABC$ un triángulo acut\'angulo escaleno cuyo ortocentro es $H$, $M$ es el punto medio del segmento $BC$, $N$ es el punto donde se intersectan el segmento $AM$ y la circunferencia determinada por $B$, $C$ y $H$. Demuestre que las rectas $HN$ y $AM$ son perpendiculares.\\<br />\\<br />\textbf{Problema 2.} Dado un tri\'angulo $ABC$, sean $D$ y $E$ puntos interiores de los lados $AB$ y $AC$ respectivamente, tales que $B$, $D$, $E$ y $C$ son conc\'iclicos. Sea $F$ la intersecci\'on de las rectas $BE$ y $CD$. Las circunferencias circunscritas a los tri\'angulos $ADF$ y $BCD$ se cortan en $G$ y en $D$. <br />Demostrar que la recta $GE$ corta al segmento $AF$ en su punto medio.\\<br />\\<br />\textbf{Problema3.} Sea $ABC$ un tri\'angulo con $AB<AC$. Sean $L$ el punto medio del arco $BC$ (que no contiene a $A$) de la circunferencia $G$ circunscrita a $ABC$ y $E$ el punto del lado $AC$ tal que $$AE=\dfrac{AB+AC}{2}$$<br />La recta $LE$ y la circunferencia $G$ se cortan en $L$ y en $P$. <br />Si $M$ y $N$ son los puntos medios de los lados $AB$ y $BC$ respectivamente, demostrar que las rectas $AL$, $BP$ y $MN$ son concurrentes.\\<br />\\<br />\textbf{Problema 4.} Sea $P$ un punto dentro de un tri\'angulo $ABC$ tal que $$\angle APB - \angle ACB= \angle APC - \angle ABC$$<br />Sean $D$ y $E$ los incentros de los tri\'angulos $APB$ y $APC$ respectivamente. Demostrar que $AP$, $BD$, y $CF$ son concurrentes.\\<br />$ $TEX: \noindent \textbf{Problema 5.} Mostrar que para cada primo $p$,existe un primo $q$ tal que $n^p - p$ no es divisible por $q$ para cualquier valor de $n$ en los enteros positivos.\\<br />Hint: Considere a los divisores de $N= 1+p+p^2 + ... + p^{p-1}$\\<br />\\<br />\textbf{Problema 6.} Muestre que $\left[\dfrac{(n-1)!}{n(n+1)}\right]$ es par para todo $n$ entero positivo.\\<br />Observacion: $[x]$ es la parte entera de $x$\\<br />\\<br />\textbf{Problema 7.} Muestre que $(36m + n)(m + 36n)$ no es una potencia de 2,para ningun $m$, $n$ enteros positivos.\\<br />\\<br />\textbf{Problema 8.} Sea $M = \{1, 2, ..., 49\}$ el conjunto de los primeros 49 enteros positivos. Determine el m\'aximo entero $k$ tal que el conjunto $M$ tiene un subconjunto de $k$ elementos en el que no hay 6 n\'umeros consecutivos. Para ese valor m\'aximo de $k$, halle la cantidad de subconjuntos de $M$, de $k$ elementos, que tienen la propiedad mencionada.\\<br />\\<br />\textbf{Problema 9.}\\ <br />$a)$ Se tienen dos sucesiones, cada una de 2003 enteros consecutivos, y un tablero de 2 filas y 2003 columnas$ $TEX: \noindent Decida si siempre es posible distribuir los n\'umeros de la primera sucesi\'on en la primera fila y los de la segunda sucesi\'on en la segunda fila, de tal manera que los resultados obtenidos al sumar los dos n\'umeros de cada columna formen una nueva sucesi\'on de 2003 n\'umeros consecutivos.\\<br />\\<br />$b)$ ?`Y si se reemplaza 2003 por 2004?\\<br />\\<br />Tanto en $a)$ como en $b)$, si la respuesta es afirmativa, explique c\'omo distribuir\'ia los n\'umeros, y si es negativa, justifique el porqu\'e.\\<br />\\<br />\textbf{Problema 10.} Sea $f$ una funci\'on creciente definida para todo n\'umero real $x$, $0\le x\le 1$, tal que cumple:\\<br />$a)$ $f(0) = 0$\\ <br />$b)$ $f\left(\dfrac{x}{3}\right) = \dfrac{f(x)}{2}$\\ <br />$c)$ $f(1-x) = 1 - f(x)$ \\<br />Encontrar $f\left(\dfrac{18}{1991}\right)$$ Bueno...les deseo la mejor de las suertes...posteen sus soluciones...digan que ideas tienen...posteen sus dudas...pidan hints...la idea es que les salgan a ustedes y no postearles las soluciones altiro..quitandoles la posibilidad que su creatividad aflore y puedan deslumbrar con sus ideas... Saludos y mucha suerte David -------------------- Colegios/Liceos/Universidades en Fmat (Integrate!!!!) Videos PSU de Funciones (Y tú, ¿Aun estas aproblemado con Funciones?)

S. E. Puelma Moy... S. E. Puelma Moya Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Jun 5 2005, 11:50 AM Publicado: #2
Dios Matemático Supremo Grupo: Administrador Mensajes: 2.706 Registrado: 13-May 05 Desde: Santiago de Chile Miembro Nº: 10 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Sexo:	CITA P1 ) Sea ABC un triángulo acutángulo escaleno cuyo ortocentro es H. M es el punto medio del segmento BC. N es el punto donde se intersectan el segmento AM y la circunferencia determinada por B, C y H. Demuestre que las rectas HN y AM son perpendiculares. La solución de este problema me parece elegante, porque uno se imagina algo horrible, y en realidad cae rápido. Para esto, uso una construcción auxiliar: sea $TEX: $T$$ un punto en el plano, tal que $TEX: $ABTC$$ es paralelógramo. screen.width0.6) {this.resized=true; this.width=screen.width0.4; this.alt='Pincha Aqui para ver esta imagen en su tamaÃ±o original';}" onmouseover="if(this.resized) this.style.cursor='hand';" onclick="if(this.resized) {window.open('http://img354.imageshack.us/img354/1989/avanzado17xu7xd.jpg');}" /> $TEX: $M$$ es punto medio de la diagonal $TEX: $\overline{BC}$$ , pero como tenemos un paralelógramo, entonces $TEX: $M$$ también es punto medio de la diagonal $TEX: $\overline{AT}$$ Como $TEX: $H$$ es ortocentro, entonces $TEX: $\overline{BH}\perp\overline{AC}$$ y $TEX: $\overline{CH}\perp\overline{AB}$$ . Dado que $TEX: $\overline{AB}//\overline{TC}$$ y $TEX: $\overline{AC}//\overline{TB}$$ , entonces los ángulos $TEX: $HBT$$ y $TEX: $HCT$$ son rectos. La suma de estos ángulos es 180º, luego los puntos $TEX: $B,H,C,T$$ son concíclicos. Si llamamos $TEX: $K$$ a la circunferencia que pasa por $TEX: $B,C,H$$ , entonces tenemos que $TEX: $T\in K$$ Pero (por hipótesis) también $TEX: $N\in K$$ . Podemos decir entonces que $TEX: $B,H,N,T$$ son concíclicos (están todos en $TEX: $K$$ ). Y como el ángulo $TEX: $HBT$$ es recto, entonces el ángulo $TEX: $HNT$$ también. Hablando ahora de la recta $TEX: $\overleftrightarrow{AM}$$ , en vez de $TEX: $\overleftrightarrow{NT}$$ (porque $TEX: $A,N,M,T$$ son colineales), tenemos que $TEX: $\overleftrightarrow{HN}\perp\overleftrightarrow{AM}$$ -------------------- Sebastián Elías Puelma Moya Administrador FMAT

S. E. Puelma Moy... S. E. Puelma Moya Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Jun 5 2005, 02:14 PM Publicado: #3
Dios Matemático Supremo Grupo: Administrador Mensajes: 2.706 Registrado: 13-May 05 Desde: Santiago de Chile Miembro Nº: 10 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Sexo:	CITA P3 ) Sea ABC un triángulo con AB < AC. Sean L el punto rnedio del arco BC (que no contiene a A) de la circunferencia G circunscripta a ABC y E el punto del lado AC tal que AE = (AB + AC) / 2. La recta LE y la circunferencia G se cortan en L y en P. Si M y N son los puntos medios de los lados AB y BC respectivamente, demostrar que las rectas AL, BP y MN son concurrentes. Voy a comenzar definiendo tres nuevos puntos: $TEX: $T\in\overline{AC}$$ tal que $TEX: $AB=AT$$ (aprovechamos el dato $TEX: $AB<AC$$ ). $TEX: $R$$ es el punto medio de $TEX: $\overline{BT}$$ , y $TEX: $Q$$ es el punto (distinto de $TEX: $B$$ ) de intersección de $TEX: $\overleftrightarrow{BT}$$ con la circunferencia circunscrita al $TEX: $\triangle ABC$$ . Queda una figura como la siguiente: screen.width0.6) {this.resized=true; this.width=screen.width0.4; this.alt='Pincha Aqui para ver esta imagen en su tamaÃ±o original';}" onmouseover="if(this.resized) this.style.cursor='hand';" onclick="if(this.resized) {window.open('http://img367.imageshack.us/img367/4506/avanzado39ei5ox.jpg');}" /> Un poco extraño que no aparezcan los otros puntos definidos, pero si alguien lee esto, debe recordar las definiciones dadas. Vamos a probar que las tres rectas en cuestión pasan por $TEX: $R$$ Como $TEX: $L$$ dimidia el arco $TEX: $BC$$ , entonces la recta $TEX: $\overleftrightarrow{AL}$$ biseca el $TEX: $\angle BAC$$ . Como el $TEX: $\triangle ABT$$ es isósceles, entonces dicha bisectriz pasa por el punto medio de $TEX: $\overline{BT}$$ , o sea, la recta $TEX: $\overleftrightarrow{AL}$$ pasa por $TEX: $R$$ Como $TEX: $M,N,R$$ son los puntos medios de los segmentos $TEX: $\overline{AB},\overline{BC},\overline{BT}$$ , respectivamente, entonces deducimos que las rectas $TEX: $\overleftrightarrow{MN},\overleftrightarrow{MR}$$ son paralelas a las rectas $TEX: $\overleftrightarrow{AC},\overleftrightarrow{AT}$$ , respectivamente (porque son bases medias en los triángulos $TEX: $ABC,ABT$$ , respectivamente). Pero las rectas $TEX: $\overleftrightarrow{AC},\overleftrightarrow{AT}$$ son la misma, solamente que la llamamos de distintas formas, así se deduce fácilmente que $TEX: $M,N,R$$ son colineales, por ende la recta $TEX: $\overleftrightarrow{MN}$$ pasa por $TEX: $R$$ Para deducir que la recta $TEX: $\overleftrightarrow{BP}$$ pasa por $TEX: $R$$ , basta probar que $TEX: $P=Q$$ . En la figura vemos que $TEX: $\widehat{QCA}=\widehat{QBA}$$ (subtienden el mismo arco), además que $TEX: $\widehat{QTC}=\widehat{ATB}$$ (opuestos por el vértice). Como $TEX: $\widehat{QBA}=\widehat{ATB}$$ (el $TEX: $\triangle ABT$$ es isósceles), entonces $TEX: $\widehat{QTC}=\widehat{QCT}$$ , así que el $TEX: $\triangle QCT$$ es isósceles en $TEX: $Q$$ . Dado que $TEX: $E$$ es el punto medio de $TEX: $\overline{TC}$$ , entonces la recta $TEX: $\overleftrightarrow{QE}$$ es bisectriz del $TEX: $\angle CQT$$ , así que la recta $TEX: $\overleftrightarrow{QE}$$ pasa por el punto medio del arco $TEX: $BC$$ (que no contiene a $TEX: $A$$ ), dicho punto es $TEX: $L$$ . Como $TEX: $L,E,Q$$ son colineales, y $TEX: $Q$$ está en la circunferencia circunscrita del $TEX: $\triangle ABC$$ , deducimos que $TEX: $Q=P$$ , como queríamos probar. Ahora la recta $TEX: $\overleftrightarrow{BP}$$ pasa por $TEX: $R$$ , terminando así el problema. -------------------- Sebastián Elías Puelma Moya Administrador FMAT

Pasten Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Jan 6 2006, 02:31 PM Publicado: #4
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 765 Registrado: 6-December 05 Miembro Nº: 458 Nacionalidad: Sexo:	sol P2 ) sea P distinto de G la interseccion de la recta GE con la circunferencia circunscrita a ADF. notemos que, en orden de deduccion, tenemos: angABE=angDBE=angDCE=angDGE=angDGP=angDAP=angDFP donde se tiene angDCE=angDCA=angDFP que implica PF//AE (1) angEBA=angDAP=angBAP=AP//EF (2) por (1) y (2) tenemos que APFE es paralelogramo asi que sus diagonales se dimidan. por lo tanto, la recta GE corta al segmento AF en su punto medio. Q.E.D. -------------------- Pasten, un buen muchacho en quien confiar.

†Alucard† Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Apr 25 2006, 08:45 PM Publicado: #5
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 519 Registrado: 22-April 06 Desde: Concepción Miembro Nº: 925 Nacionalidad: Sexo:	CITA(Kenshin @ May 13 2005, 04:17 AM) P7 ) Muestre que (36m + n)(m + 36n) no es una potencia de 2,para ningun m,n enteros positivos. Si $TEX: $m=n$$ entonces $TEX: $(36m+n)(36n+m)=(37m)^2$$ que no es potencia de 2; Si $TEX: $m\neq n$$ , sin pérdida de generalidad tenemos que $TEX: $m>n$$ . Suponemos que $TEX: $(36m+n)(36n+m)$$ es una potencia de 2, luego ambos factores son potencias de 2 $TEX: $\Rightarrow$$ $TEX: $m$$ y $TEX: $n$$ son pares. Dividiendo por 4, con $TEX: $n'=\frac{n}{2}$$ y $TEX: $m'=\frac{m}{2}$$ , resulta $TEX: $(36m'+n')(36n'+m')$$ , que sigue siendo potencia de 2, luego $TEX: $m'$$ y $TEX: $n'$$ son pares y se repite el proceso $TEX: $k$$ veces, hasta que $TEX: $n=1$$ . En ese momento $TEX: $(36m^{(k)}+n^{(k)})$$ deja de ser par, y $TEX: $(36m+n)(36n+m)$$ tiene un divisor impar $TEX: $\Rightarrow$$ no puede ser potencia de 2. -------------------- There is a theory which states that if ever anyone discovers exactly what the Universe is for and why is it here, it will instantly disappear and be replaced by something even more bizarre and inexplicable. There is another theory which states that this has already happened. - Adams, The Restaurant at the End of the Universe ----------------------------------- Existe una teoría que postula que si alguien alguna vez llega a descubrir exactamente para qué es el Universo y por qué está aquí, éste desaparecerá instantáneamente y será reemplazado por algo aún más extraño e inexplicable. Existe otra teoría que dice que esto ya ha ocurrido. - Adams, el Restorán al Final del Universo

cev Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Oct 30 2013, 09:38 PM Publicado: #6
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 1.116 Registrado: 12-March 11 Miembro Nº: 84.732 Nacionalidad: Sexo:	P4 Comenzamos aceptando que $TEX: $AP$$ , $TEX: $BD$$ y $TEX: $CE$$ concurren en $TEX: $Q$$ para luego demostrar que $TEX: $\angle APB-\angle ACB=\angle APC-\angle ABC$$ (1). Por $TEX: $B$$ trazamos una perpendicular a $TEX: $BQ$$ hasta cortar a $TEX: $AP$$ en $TEX: $R$$ , trazamos el circuncirculo de $TEX: $RBQ$$ y reconocemos que este es el circulo de Apolonio. Luego como los lados $TEX: $AC$$ , $TEX: $PC$$ han de tener la misma razon que $TEX: $AB$$ , $TEX: $PB$$ entonces $TEX: $C$$ pertenece tambien a dicho circulo. Con los datos angulares marcados en el dibujo y las propiedades del ciclico $TEX: $BQCR$$ tenenos, $TEX: $\angle QRB=\angle QCB= 90-(\alpha+\gamma)$$ $TEX: $\angle QRC=\angle QBC= 90-(\beta+\delta)$$ Aplicamos $TEX: $(1)$$ $TEX: $\angle APB-\angle ACB=180-(2\alpha+\gamma)-(90-(\alpha+\gamma)+\beta)=90-\beta-\alpha$$ (2) $TEX: $\angle APC-\angle ABC=180-(2\beta+\delta)-(90-(\beta+\delta)+\alpha)=90-\beta-\alpha$$ (3) Entonces $TEX: (3)=(2)$ -------------------- >>>LG

MatíasMoreno Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Oct 31 2013, 10:17 PM Publicado: #7
Dios Matemático Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 217 Registrado: 5-April 11 Desde: no se :c Miembro Nº: 86.300 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Sexo:	Pal 9 Para la parte a) consideremos una sucesión de números consecutivos de la forma $TEX: $a_i=n+i$$ y otra de números de la forma $TEX: $b_i=m+i$$ con $TEX: $1\leq i\leq 2003$$ . Sean $TEX: $F_1$$ y $TEX: $F_2$$ las filas de arriba y abajo respectivamente, $TEX: $C_1(k)$$ y $TEX: $C_2(k)$$ con $TEX: $1\leq k\leq 2003$$ los casilleros correspondientes a las filas $TEX: $F_1$$ y $TEX: $F_2$$ respectivamente, donde k representa la posición enumerada de izquierda a derecha en la fila respectiva. Ahora ubiquemos, en $TEX: $F_1$$ los $TEX: $a_i$$ en el casillero $TEX: $C_1(2i-1)$$ y notemos que como son 2003 casillas, el último $TEX: $a_i$$ que puede ser ubicado es el $TEX: $a_i$$ tal que 2i-1=2003 => i=1002, por lo tanto $TEX: $a_{1002}=n+1002$$ es el último ubicado, luego basta colocar todos los $TEX: $a_j$$ con $TEX: $1003\leq j\leq 2003$$ en los casilleros que quedan vacíos de $TEX: $F_1$$ de izquierda a derecha. De la misma forma, pero en $TEX: $F_2$$ colocaremos todos los $TEX: $b_i$$ en $TEX: $C_2(2i)$$ , como son 2003 casilleros, el último en posición par es 2002, luego el último $TEX: $b_i$$ en ser ubicado es tal que 2i=2002 => i=1001, entonces $TEX: $b_i=m+i$$ es el último en ser ubicado, y de la misma forma que en el caso anterior, rellenamos los casilleros vacíos con los $TEX: $b_l$$ restantes con $TEX: $1002\leq l\leq 2003$$ . Luego basta sumar $TEX: $C_1(k)+C_2(k)$$ para cada k entre 1 y 2003, notemos que los números obtenidos en cada caso son n+m+1003, n+m+1004, ... , n+m+3005 que es una sucesión de 2003 enteros consecutivos $TEX: $\square$$ Para la parte b) no es posible, procederemos por contradicción: consideremos los mismos $TEX: $a_i$$ y $TEX: $b_i$$ pero esta vez con $TEX: $1\leq i\leq 2004$$ . Supongamos que al sumar hacia abajo se obtiene una sucesión nueva de números $TEX: $c_i=p+i$$ definida de la misma forma, ahora consideremos que $TEX: $\sum a_i+b_i=\sum c_i$$ con un simple manejo algebraico se obtiene que 2004(n+m+2005)=2004p++1002·2005, de esto se tiene que 2004 divide a 1002·2005, contradicción, luego con 2004 no es posible $TEX: $\square$$ -------------------- Cuando eliminamos lo imposible lo que queda, por improbable que parezca...siempre será la verdad... Nada tiene sentido, pero todo tiene significado.

Kaissa Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Nov 1 2013, 11:40 AM Publicado: #8
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 9.897 Registrado: 6-April 08 Miembro Nº: 19.238 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Sexo:	Problema 1. Repetido acá -------------------- Este es un extracto de Qué es fmat by Kenshin. La pregunta para ti estimado(a) lector(a) es... ¿Qué haces tu para que ésto se cumpla?

« Posterior · Problemas Propuestos · Anterior »

Reply to this topic

Start new topic

1 usuario(s) está(n) leyendo esta discusión (1 invitado(s) y 0 usuario(s) anónimo(s))

0 miembro(s):

Modo de Ver: Estándar · Cambiar a: Lineal+ · Cambiar a: Outline

Suscribirse · Enviar por correo · Imprimir · Suscribirse a este foro

Versión Lo-Fi

Fecha y Hora actual: 23rd November 2024 - 06:57 AM

Powered By IP.Board 2.2.1 © 2007 IPS, Inc.