Prueba de Clasificación, Nivel Mayor (2001) - Foro fmat.cl

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Prueba de Clasificación, Nivel Mayor (2001), Sin solución: 1,2,3,4,5,6,7

Gp20 Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Feb 26 2007, 02:08 AM Publicado: #1
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 558 Registrado: 14-May 05 Desde: Maipú, Stgo, Chile Miembro Nº: 27 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Universidad: Sexo:	13ª OLIMPIADA NACIONAL DE MATEMÁTICAS Prueba de Clasificación, Nivel Mayor Primera Prueba Problema 1: Se consideran todas las fracciones positivas menores que uno, cuyo denominador es 2001 y cuyo numerador es un número que no tiene divisores comunes con 2001. Calcule la suma ed estas fracciones. Problema 2: Dado un triángulo rectángulo $TEX: $ABC$$ , se muestra en la figura siguiente las dos formas básicas de inscribir un cuadrado en él. Demuestre que el cuadrado $TEX: $ADEF$$ tiene mayor área que el cuadrado $TEX: $GHIJ$$ . [Falta figura] Problema 3: Dadas 9 personas, demuestre que existe un valor de $TEX: $n$$ tal que con las personas se puede formar $TEX: $n$$ grupos de a 3, de modo que cada par de personas se encuentra en exactamente uno de dichos grupos y muestre una correspondiente conformación de estos grupos. Si el mismo número de grupos debe formarse, pero de 6 personas cada uno y con la condición de que cada par se encuentre en exactamente $TEX: $k$$ grupos, determine si existe un valor de $TEX: $k$$ que hace posible que el problema tenga solución y, en caso afirmativo, exhiba una conformación correspondiente. Problema 4: Sea $TEX: $ABCD$$ un paralelogramo. El lado $TEX: $AB$$ se prolonga hasta un punto $TEX: $E$$ , tal que $TEX: $BE = BC$$ y el lado $TEX: $AD$$ se prolonga hasta un punto $TEX: $F$$ , tal que $TEX: $DF = DC$$ . i) Demuestre que los puntos $TEX: $E, C$$ y $TEX: $F$$ son colineales. ii) Demuestre que la perpendicular a la recta $TEX: $AE$$ en el punto $TEX: $E$$ , la perpendicular a la recta $TEX: $AF$$ en el punto $TEX: $F$$ , la bisectriz del ángulo $TEX: $EAF$$ y la perpendicular a la diagonal $TEX: $BD$$ por el vértice $TEX: $C$$ son todas concurrentes en un punto $TEX: $G$$ . Segunda Prueba Problema 5: Considere dos números enteros positivos $TEX: $x$$ e $TEX: $y$$ que satisfacen la relación: $TEX: $3x^2 + x = 4y^2 +y$$ Pruebe que los números $TEX: $(x - y)$$ , $TEX: $(3x +3y +1)$$ , $TEX: $(4x + 4y +1)$$ son tres cuadrados perfectos. Problema 6: Sea $TEX: $ABCD$$ un cuadrilátero inscrito en una circunferencia de radio $TEX: $r$$ , y sea $TEX: $E$$ el punto donde se cortan sus diagonales. i) Demuestre que si las diagonales son perpendiculares entre sí, entonces se cumple que $TEX: $AE^2 + BE^2 + CE^2 + DE^2 = 4r^2$$ . ii) Si la relación anterior se cumple, ¿Son las diagonales del cuadrilátero necesariamente perpendiculares entre sí?. Problema 7: En un tablero rectangular de $TEX: $m$$ filas y $TEX: $n$$ columnas, se coloca en cada una de las $TEX: $m\cdot n$$ casillas un 1 ó un 0, de modo que los números de cada fila sumen la misma cantidad $TEX: $f$$ y los de cada columna, la misma cantidad $TEX: $c$$ . Demuestre que una condición necesaria y suficiente para que esta asignación sea posible es que $TEX: $mf = nc$$ . -------------------- El peor defecto del ignorante es que ignora su propia ignorancia................ Educación2020 - Registra tu apoyo individual!!!!

JoNy_SaTiE Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Dec 18 2007, 10:52 PM Publicado: #2
Dios Matemático Supremo Grupo: Colaborador Gold Mensajes: 1.118 Registrado: 11-September 05 Desde: Valdivia/Ancud Miembro Nº: 302 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Universidad: Sexo:	$TEX: Problema 5<br /><br />Se puede notar que el producto $(x-y)(3x+3y+1)=3x^2-3y^2+x-y$ es parecida a la ecuaci\'on dada:<br /><br />$$ 3x^2+x=3y^2+y+y^2 \Rightarrow 3x^2+x-3y^2-y=y^2$$<br /><br />$$ \Rightarrow (x-y)(3x+3y+1)=y^2$$<br /><br />De la misma forma, haciendo el producto $(x-y)(4x+4y+1)$ se observa que:<br /><br />$$ (x-y)(4x+4y+1)=x^2$$<br /><br />Por otro lado, los n\'umero $(3x+3y+1)$ y $(4x+4y+1)$ son primos relativos. Se comprueba ya que:<br /><br />$$ 4(3x+3y+1)-3(4x+4y+1)=1$$<br /><br />Usando las igualdades antes dadas:<br /><br />$$ \left( \frac{x}{y} \right)^2=\frac{4x+4y+1}{3x+3y+1}$$<br /><br />Como es una fracci\'on irreductible la del lado derecho, debe ser un cuadrado perfecto el numerador y el denominador.<br /><br />Luego reemplazando en una de las relaciones dadas al comienzo:<br /><br />$$ (x-y)=\frac{y^2}{3x+3y+1}$$<br /><br />Y como $3x+3y+1$ es un cuadrado perfecto, $x-y$ tambi\'en lo es.$ -------------------- Comienza a crear documentos con LaTeX. Ya usas LaTeX y quieres aprender un poco más ... pincha aquí Si eres de la UaCH ... únete a la causa !!! J. Jonathan H. Oberreuter A. Universidad Austral de Chile - RWTH Aachen alumni Est. Magister en Acústica y Vibraciones Ingeniero Civil Acústico (E) Bachiller y Licenciado en Cs. de la Ingeniería

S. E. Puelma Moy... S. E. Puelma Moya Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Dec 22 2007, 08:33 AM 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:	Solución correcta, a continuar con los otros problemas -------------------- Sebastián Elías Puelma Moya Administrador FMAT

wenopagozar Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Dec 22 2007, 04:24 PM Publicado: #4
Dios Matemático Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 260 Registrado: 6-June 07 Miembro Nº: 6.476	CITA(Gp20 @ Feb 26 2007, 04:08 AM) Problema 1: Se consideran todas las fracciones positivas menores que uno, cuyo denominador es 2001 y cuyo numerador es un número que no tiene divisores comunes con 2001. Calcule la suma ed estas fracciones. $TEX: \noindent Tenemos la siguiente suma de fracciones positivas menores que 1:\\<br />$$\displaystyle \sum_{n=1}^{2000} \frac{n}{2001} = \frac{\sum_{n=1}^{2000} n}{2001}$$<br />\\<br />Para encontrar la suma pedida, debemos restar al numerador aquellos n\'umeros que tienen divisores comunes con 2001.\\<br />\\<br />Tenemos $2001 = 3 \cdot 23 \cdot 29$. Luego, aquellos n\'umeros que debemos restar son m\'ultiplos de 3, de 23 y de 29.\\<br />\\<br />) La suma de los m\'ultiplos de 3 dada por:\\<br />$$\displaystyle \sum_{n=1}^{666} 3n$$<br />(Hasta 666 dado que $666 \cdot 3 =1998$ es el mayor m\'ultiplo de 3 menor que 2001)\\<br />\\<br />) La suma de los m\'ultiplos de 23, sin contar los que tambi\'en son m\'ultiplos de 3, est\'a dada por:\\<br />$$\displaystyle \sum_{n=1}^{87} 23 \cdot n - \sum_{n=1}^{29} 23 \cdot 3 \cdot n$$<br />*) La suma de los m\'ultiplos de 29, sin contar los que son tambi\'en m\'ultiplos de 3 y de 23, est\'a dada por:\\<br />$$\displaystyle \sum_{n=1}^{69} 29 \cdot n - \sum_{n=1}^{23} 29 \cdot 3 \cdot n - \sum_{n=1}^{2} 29 \cdot 23 \cdot n$$$ $TEX: \noindent Luego, el numerador est\'a dado por:\\<br />\\<br />$\displaystyle \sum_{n=1}^{2000} n - \left( \sum_{n=1}^{666} 3 \cdot n + \sum_{n=1}^{87} 23 \cdot n - \sum_{n=1}^{29} 23 \cdot 3 \cdot n + \sum_{n=1}^{69} 29 \cdot n - \sum_{n=1}^{23} 29 \cdot 3 \cdot n - \sum_{n=1}^{2} 29 \cdot 23 \cdot n \right)$\\<br />\\<br />\\<br />$\displaystyle = \frac{2000 \cdot 2001}{2} - \frac{3 \cdot 666 \cdot 667}{2} - \frac{23 \cdot 87 \cdot 88}{2} + \frac{23 \cdot 3 \cdot 29 \cdot 30}{2} - \frac{29 \cdot 69 \cdot 70}{2} + \frac{29 \cdot 3 \cdot 23 \cdot 24}{2} + \frac{29 \cdot 23 \cdot 2 \cdot 3}{2}$\\<br />\\<br />\\<br />$=\dfrac{2001}{2}(2000-666-88+30-70+24+2)$\\<br />\\<br />$=2001(1000-333-44+15-35+12+1)$\\<br />\\<br />Obteni\'endose el numerador. Luego el resultado pedido es\\<br />$(1000-333-44+15-35+12+1)$, y haciendo los c\'alculos nos da 616.<br />$ Nunca posteo en este tipo de problemas. Espero que esté bueno. ¿Puedo postear acá cierto? Además todavía no quería postearla porque se ve feo con fondo blanco.

Infinite Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Mar 4 2008, 02:08 PM Publicado: #5
Puntaje Nacional PSU Matemáticas Admisión 2010 Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 99 Registrado: 2-March 08 Miembro Nº: 16.121 Nacionalidad: Sexo:	traian.JPG ( 8.4k ) Número de descargas: 2 Problema 2 Supongo que las areas de los cuadrados ADEF y GHIJ son iguales, lo que implicaria que los lados de ambos cuadrados fuesen iguales. Ahora se tiene una una correspondencia entre CFE y CIJ, y entre GHB y EDB. Por postulado ALA Estos dos pares de triangulos son congruentes y por tanto tienen la misma Area. Por ultimo El Area de ABC se podria dividir en dos formas : 1)Area triangulo CFE + Area triangulo EDB + Area cuadrado ADEF y 2)Area triangulo CIJ + Area triangulo GHB + Area cuadrado GHIJ + Area triangulo AGJ. Como se trata del mismo triangulo ABC 1)=2) . Area triangulo CFE + Area triangulo EDB + Area cuadrado ADEF=Area triangulo CIJ + Area triangulo GHB + Area cuadrado GHIJ + Area triangulo AGJ Pero por Hipotesis y por la congruencia entre dos pares de triangulos... 0=Area triangulo AGJ Que es Falso , por tanto la hipotesis era falsa Suiguiendo el procediminto anterior suponiendo areas ADEF<GHIJ se llegaria a Area del triangulo AGJ<0 que tambien es falso. Por lo tanto solo queda que Area ADEF > Area GHIJ Srry Por la escritura..... Ojala se entienda ...y este wena xD Mensaje modificado por Infinite el Mar 4 2008, 03:12 PM

Felipe_ambuli Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Mar 4 2008, 02:15 PM Publicado: #6
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 836 Registrado: 9-January 07 Desde: Santiasko Miembro Nº: 3.659 Nacionalidad: Sexo:	No puedes suponer nada pq falta la figura. Aunque creo que es asi como lo muestras. Saludos Mensaje modificado por Felipe_ambuli el Mar 4 2008, 02:19 PM

Infinite Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Mar 4 2008, 02:26 PM Publicado: #7
Puntaje Nacional PSU Matemáticas Admisión 2010 Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 99 Registrado: 2-March 08 Miembro Nº: 16.121 Nacionalidad: Sexo:	traian.JPG ( 8.4k ) Número de descargas: 0 ahi ta es q antes me abia mandao una ... ve aora... Mensaje modificado por Infinite el Mar 4 2008, 02:26 PM

Felipe_ambuli Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Mar 4 2008, 03:26 PM Publicado: #8
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 836 Registrado: 9-January 07 Desde: Santiasko Miembro Nº: 3.659 Nacionalidad: Sexo:	CITA(Gp20 @ Feb 26 2007, 05:04 AM) Problema 4: Sea $TEX: $ABCD$$ un paralelogramo. El lado $TEX: $AB$$ se prolonga hasta un punto $TEX: $E$$ , tal que $TEX: $BE = BC$$ y el lado $TEX: $AD$$ se prolonga hasta un punto $TEX: $F$$ , tal que $TEX: $DF = DC$$ . i) Demuestre que los puntos $TEX: $E, C$$ y $TEX: $F$$ son colineales. ii) Demuestre que la perpendicular a la recta $TEX: $AE$$ en el punto $TEX: $E$$ , la perpendicular a la recta $TEX: $AF$$ en el punto $TEX: $F$$ , la bisectriz del ángulo $TEX: $EAF$$ y la perpendicular a la diagonal $TEX: $BD$$ por el vértice $TEX: $C$$ son todas concurrentes en un punto $TEX: $G$$ . $TEX: \noindent i) Sean $\angle{ADC}=\angle{ABC}=\alpha$, $\angle{DCB}=\beta$. Como $BC=BE$ se sigue que $\angle{BCE}=\angle{BEC}=\alpha/2$. Analogamente se tiene $\angle{DFC}=\angle{DCF}=\alpha/2$. Ahora como $\alpha+\beta=180$ (angulos opuestos en el paralelogramo) se tiene $\angle{DCF}+\angle{DCB}+\angle{BCE}=\alpha+\beta=180$, concluyendo que $F,C,E$ estan alineados.$ Iba a postear la ii) pero me di cuanta qe estaba mala y para no perderlo todo puse la i) no mas xD.

S. E. Puelma Moy... S. E. Puelma Moya Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Mar 5 2008, 01:55 PM Publicado: #9
Dios Matemático Supremo Grupo: Administrador Mensajes: 2.706 Registrado: 13-May 05 Desde: Santiago de Chile Miembro Nº: 10 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Sexo:	CITA(Infinite @ Mar 4 2008, 05:04 PM) traian.JPG ( 8.4k ) Número de descargas: 2 Problema 2 Supongo que las areas de los cuadrados ADEF y GHIJ son iguales, lo que implicaria que los lados de ambos cuadrados fuesen iguales. Ahora se tiene una una correspondencia entre CFE y CIJ, y entre GHB y EDB. Por postulado ALA Estos dos pares de triangulos son congruentes y por tanto tienen la misma Area. Por ultimo El Area de ABC se podria dividir en dos formas : 1)Area triangulo CFE + Area triangulo EDB + Area cuadrado ADEF y 2)Area triangulo CIJ + Area triangulo GHB + Area cuadrado GHIJ + Area triangulo AGJ. Como se trata del mismo triangulo ABC 1)=2) . Area triangulo CFE + Area triangulo EDB + Area cuadrado ADEF=Area triangulo CIJ + Area triangulo GHB + Area cuadrado GHIJ + Area triangulo AGJ Pero por Hipotesis y por la congruencia entre dos pares de triangulos... 0=Area triangulo AGJ Que es Falso , por tanto la hipotesis era falsa Suiguiendo el procediminto anterior suponiendo areas ADEF<GHIJ se llegaria a Area del triangulo AGJ<0 que tambien es falso. Por lo tanto solo queda que Area ADEF > Area GHIJ Srry Por la escritura..... Ojala se entienda ...y este wena xD Es necesario explicar un poco más la solución... en particular, cuando supones que los cuadrados tienen igual área, dices que los triángulos CFE y CIJ tienen igual área, pero eso no está justificado. Más importante aún... el argumento que tienes para demostrar eso, ya no sirve para el caso en que supones que el área del cuadrado ADEF es mayor que el área del otro cuadrado. Así que mi sugerencia es explicar más detalles, antes que la solución pueda ser calificada como correcta o incorrecta. PD: las figuras están correctas... esas son las dos maneras de inscribir un cuadrado... -------------------- Sebastián Elías Puelma Moya Administrador FMAT

Infinite Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Mar 5 2008, 03:26 PM Publicado: #10
Puntaje Nacional PSU Matemáticas Admisión 2010 Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 99 Registrado: 2-March 08 Miembro Nº: 16.121 Nacionalidad: Sexo:	En torno a justificar que CFE y CIJ tienen la misma area, pienso que esta hecho al mostrar ya que son congruentes por el postulado ALA ( lo mismo para el otro par de triangulos). Para el segundo caso que mencionas, si un cuadrado como supuse tiene un area mayor, por tanto un lado mayor que es el lado correspondiente a los de los triangulos, al no cambiar el valor de los angulos adyacentes a el, el area sera mayor para el que posea la mayor "base" en este caso IJ>FE( lo mismo para los otros dos triangulos correspondientes). Por ultimo si (AREAS) CIJ>CFE, GHB>EDB y GHIJ>ADEF implicarian que, para que de las areas sumadas se obtengas la del triangulo original ABC, Area AGJ<0 que es falso. Ojala ahora entiendas "mi solucion" , es que recien empeze a caxar cmo usar el latex y no queria estar tres tardes haciendolo xD

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