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Multi-Kill Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Feb 11 2013, 12:21 PM Publicado: #161
Doctor en Matemáticas Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 156 Registrado: 12-October 10 Miembro Nº: 78.551 Nacionalidad: Sexo:	$TEX: Definamos $f(n)=\sum_{k=0}^n \binom {n+k}{k}(\dfrac {1}{2})<br />^k$, notemos que $f(n)=\sum_{k=0}^n \binom {n+k-1}{k-1}(\dfrac {1}{2})<br />^k+\sum_{k=0}^n \binom {n+k-1}{k}(\dfrac {1}{2})<br />^k=(\dfrac {1}{2})<br />\sum_{k=0}^{n-1} \binom {n+k}{k}(\dfrac {1}{2})<br />^k+\sum_{k=0}^{n-1} \binom {n-1+k}{k}(\dfrac {1}{2})<br />^k+\binom {2n-1}{n}(\dfrac {1}{2})<br />^n=(\dfrac {1}{2})<br />(f(n)-\binom {2n}{n}(\dfrac {1}{2})<br />^n)+f(n-1)+\binom {2n-1}{n}(\dfrac {1}{2})<br />^n\rightarrow f(n-1)+\binom {2n-1}{n}(\dfrac {1}{2})<br />^n-\binom {2n}{n}(\dfrac {1}{2})<br />^{n+1}=(1-(\dfrac {1}{2})<br />)f(n)\rightarrow 2\binom {2n-1}{n}-\binom {2n}{n}+2^{n+1}f(n-1)=2^nf(n)$, pero $2\binom {2n-1}{n}=\dfrac {2(2n-1)!}{(n)!(n-1)!}=\dfrac {2n(2n-1)!}{(n!)^2}=\dfrac {(2n)!}{(n!)^2}=\binom {2n}{n}$, sustituyendo esto en la expresión anterior llegamos a que $2^{n+1}f(n-1)=2^nf(n)\rightarrow 2f(n-1)=f(n)$, como $f(1)=2$, concluimos que $f(n)=2^n$, que es a lo que queríamos llegar. Finalizamos.$ Mensaje modificado por Multi-Kill el Feb 11 2013, 12:32 PM

xD13G0x Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Feb 11 2013, 12:33 PM Publicado: #162
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 532 Registrado: 19-October 08 Desde: Santa Cruz de la Sierra Miembro Nº: 36.531 Nacionalidad: Sexo:	Solucion correcta y weona. Luego pondre la solucion no weona. -------------------- "I've never let my school interfere with my education.”

master_c	Feb 11 2013, 02:31 PM Publicado: #163
Invitado	CITA(xD13G0x @ Jan 7 2012, 08:13 PM) Demuestre que: $TEX: $\displaystyle \sum_{k=0}^n \binom{n+k}{k}\frac{1}{2^k}=2^n$$ solo por curiosidad calcule que cuando es al infinito, se cumple $TEX: $\sum_{k=0}^{+\infty }\binom{n+k}{k}\frac{1}{2^{k}}=2^{n+1}$$ ese fue el aporte que no aporta nada, saludos

Multi-Kill Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Feb 11 2013, 03:05 PM Publicado: #164
Doctor en Matemáticas Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 156 Registrado: 12-October 10 Miembro Nº: 78.551 Nacionalidad: Sexo:	Uno relajado. Sea AB´C´ una roto-homotecia de un triangulo ABC, sea E la interseccion de B´C´ y BC. Demuestre que las rectas AE,CC´ y B´B concurren si y solo si AE es bisectriz del angulo B´AC.

Niklaash Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Jun 23 2013, 11:24 PM Publicado: #165
Doctor en Matemáticas Grupo: Colaborador Silver Mensajes: 193 Registrado: 17-August 12 Desde: Loncuma :3 Miembro Nº: 110.077 Nacionalidad: Sexo:	Solucion: Divideremos el problema en 2 partes: a) en donde asumimos la concurrencia y demostraremos la igualdad de angulos b) en donde asumimos la igualdad de angulos y demostraremos la concurrencia a) Demostrar que $TEX: $AE$$ es bisectriz del $TEX: $\measuredangle CAB'$$ bisectriz.jpg ( 14.1k ) Número de descargas: 0 -Tenemos que el $TEX: $\triangle ABC \sim \triangle AB'C'$$ , sean: $TEX: $\measuredangle BAC = \measuredangle B'AC' = \alpha$$ $TEX: $\measuredangle ABB' = \epsilon$$ $TEX: $\measuredangle EBB' = \gamma$$ $TEX: $\measuredangle CAE = x$$ $TEX: $\measuredangle EAB' = y$$ Entonces, $TEX: $\measuredangle ACE = \epsilon + \alpha + \gamma$$ , de esto el cuadrilatero $TEX: $ACEC'$$ es ciclico ( $TEX: $\measuredangle ACE + \measuredangle AC'E = 180$$ ) (), de esto: $TEX: $\measuredangle CAE = \measuredangle EC'C$$ $TEX: $\measuredangle ECC' = \measuredangle EAC' = y + \alpha$$ $TEX: $\Rightarrow \measuredangle ACC' = \epsilon$$ , entonces el cuadrilatero $TEX: $ABCF$$ es ciclico Analogamente () tenemos que el cuadrilatero $TEX: $AB'EB$$ es ciclico, de esto: $TEX: $\measuredangle B'AE = \measuredangle EBB' = \gamma = y$$ , pero el cuadrilatero $TEX: $ABCF$$ , entonces $TEX: $x = y$$ $TEX: $\therefore $$ el $TEX: $\measuredangle CAE = \measuredangle EAB'$$ b) Demostrar que $TEX: $AE,B'B$$ y $TEX: $CC'$$ concurren concurrencia.jpg ( 20.19k ) Número de descargas: 0 -Sean: $TEX: $\measuredangle BAC = \measuredangle B'AC' = \alpha$$ $TEX: $\measuredangle CAE = \measuredangle EAB' = \beta$$ $TEX: $\measuredangle EBB' = \epsilon$$ Usando analogamente en procedimiento anterior, tenemos que el cuadrilatero $TEX: $ACEC'$$ es ciclico, entonces: $TEX: $\measuredangle CAE = \measuredangle CC'E$$ $TEX: $\measuredangle ACC' = \measuredangle AEC' = \epsilon$$ -Del cuadrilatero $TEX: $AF'B'C'$$ el $TEX: $\measuredangle C'AB' = B'F'C'$$ -Del $TEX: $\triangle BCF$$ tenemos que el $TEX: $\measuredangle BFC = \alpha$$ $TEX: $\Rightarrow \measuredangle C'FB = \measuredangle C'FB'$$ (opuestos por el vertice) Entonces, $TEX: $CC' // C'F'$$ lo cual es absurdo, ya que los segmentos se intersectan en $TEX: $C'$$ Por lo tanto $TEX: $AE,BB'$$ y $TEX: $CC'$$ pasan por $TEX: $F'$$ Saludos!! Mensaje modificado por Niklaash el Jun 24 2013, 12:24 AM

Multi-Kill Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Jun 24 2013, 12:23 AM Publicado: #166
Doctor en Matemáticas Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 156 Registrado: 12-October 10 Miembro Nº: 78.551 Nacionalidad: Sexo:	Todo bien, propones. Saludos.

Niklaash Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Jun 24 2013, 12:50 AM Publicado: #167
Doctor en Matemáticas Grupo: Colaborador Silver Mensajes: 193 Registrado: 17-August 12 Desde: Loncuma :3 Miembro Nº: 110.077 Nacionalidad: Sexo:	vale man En un triangulo ABC, se traza la bisectriz interior BD, con Dsobre AC. Sean E y F, respectivamente los pies de las perpendiculares trazadas desde A y C hacia la recta BD, y sea M el punto sobre el lado BC tal que DM es perpendicular a BC. Demuestre que <EMD = <DMF. Mensaje modificado por Niklaash el Jun 24 2013, 12:50 AM

Seba² Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Jun 24 2013, 01:23 AM Publicado: #168
Dios Matemático Grupo: Moderador Mensajes: 269 Registrado: 30-August 10 Desde: Santiago, Chile Miembro Nº: 76.269 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Universidad: Sexo:	Solución: Sea T la perpendicular de D sobre AB, tenemos que como el cuadrilatero CMDF es cíclico se tiene que <DMF=<DCF=<EAD pues AE//CF. Ahora como el cuadrilatero ADET es cíclico obtenemos que <EAD=<ETD. Ahora como <TDB=<MDE tendremos que <TED=<MED, y por el criterio A.L.A. de Congruencia los triángulos ETD y EMD son congruentes, en consecuencia <ETD=<EMD de donde se demuestra lo pedido. Saludos !!! Mensaje modificado por Seba² el Jun 24 2013, 01:28 AM -------------------- Estudiante Instituto Nacional General José Miguel Carrera IV Medio(2013) 17 años. Estaba Jesús predicando en el monte Sinaí y dijo a sus discípulos: y = ax² + bx + c ¿Y eso qué es? Dijo uno de los discípulos. A lo que Jesús respondió: ¡Una parábola !

Niklaash Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Jun 24 2013, 01:31 AM Publicado: #169
Doctor en Matemáticas Grupo: Colaborador Silver Mensajes: 193 Registrado: 17-August 12 Desde: Loncuma :3 Miembro Nº: 110.077 Nacionalidad: Sexo:	Solucion correcta estimado, proponga :3

Seba² Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Jun 24 2013, 01:34 AM Publicado: #170
Dios Matemático Grupo: Moderador Mensajes: 269 Registrado: 30-August 10 Desde: Santiago, Chile Miembro Nº: 76.269 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Universidad: Sexo:	Cada punto del plano es coloreado arbitrariamente de blanco o de negro. Demuestre que existe un triángulo equilátero con sus tres vértices del mismo color. Mensaje modificado por Seba² el Jun 24 2013, 01:34 AM -------------------- Estudiante Instituto Nacional General José Miguel Carrera IV Medio(2013) 17 años. Estaba Jesús predicando en el monte Sinaí y dijo a sus discípulos: y = ax² + bx + c ¿Y eso qué es? Dijo uno de los discípulos. A lo que Jesús respondió: ¡Una parábola !

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