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> CMAT 2011 - Fecha 5 - Nivel 3 Individual
Heiricar
mensaje Feb 1 2012, 02:04 PM
Publicado: #1


Dios Matemático
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IX CAMPEONATO ESCOLAR DE MATEMÁTICA - CMAT
Fecha 5: 3 de Septiembre del 2011
Tercer Nivel Individual

Problema 1
Demuestre que el número
4...488...89

con n números 4 y n-1 números 8
es siempre un número entero al cuadrado.

Recuerden que para cualquier numero TEX: $a>0$ vale que TEX: $$1+a+a^{2}+...+a^{n}=\frac{a^{n+1}-1}{a-1}$$
Problema 2

En un TEX: $\bigtriangleup$ ABC equilátero de lado TEX: $a$, el vértice TEX: A se refleja por el vértice TEX: B (en la prolongación del segmento TEX: AB), obteniendo un punto TEX: A{}'. Similarmente TEX: $B{}'$ es reflejo de TEX: B por TEX: C y TEX: $C{}'$ reflejo de TEX: C por TEX: A. Ahora tenemos el TEX: $\bigtriangleup A{}'B{}'C{}'$ equilátero. Determine el lado y circunradio del TEX: $\bigtriangleup A{}'B{}'C{}'$ en funcion de TEX: $a$. (Recordemos que el circunradio de un triángulo es el radio de la circunferencia circunscrita al triángulo).


Justifique su respuesta, sea cuidadoso y ordenado en su presentación
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Gerardo Soto
mensaje Feb 1 2012, 02:08 PM
Publicado: #2


Dios Matemático Supremo
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para el p.1 este problema puede ser un hint click aquí


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>>He robado princesas a reyes agónicos. Incendié la ciudad de Trebon. He pasado la noche con Felurian y he despertado vivo y cuerdo.

Me expulsaron de la Universidad a una edad a la que a la mayoría todavía no los dejan entrar. He recorrido de noche caminos de los que otros no se atreven a hablar ni siquiera de día.

He hablado con Dioses, he amado a mujeres y he escrito canciones que hacen llorar a los bardos.<<

<<Me llamo Kvothe (<Cuouz>). Quizá hayas oído hablar de mí.”>>

El nombre del viento, primer dìa de la historia de Kvothe


.-“Todo hombre sabio le teme a tres cosas: Una noche sin luna, una tormenta en el mar y a la ira de un hombre bueno.””


Citas del Nombre del viento



Para saber más de la trilogía de Patrick Rothfuss Click aquí
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El Geek
mensaje Feb 2 2012, 01:29 AM
Publicado: #3


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QUOTE(Gerardo Soto @ Feb 1 2012, 03:08 PM) *
para el p.1 este problema puede ser un hint click aquí

"puede ser" no es la gracia, puedes confundir a quien quiera intentarlo. A mi el problema me salio usando algebrita de pizarra nomás.

Recuerdo que esta prueba tuve que revisarla yo, me dio vergüenza ajena ver que fueron pocos los que supieron hacer el dibujo en el de geometría (porque después de eso, hicieron puras pescás). Di 2 puntos.

Un intento de solución del P1 que vi fue con inducción, pero como que la niña demostró el caso base y después no escribió nada más.


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Me voy, me jui.
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orlandomancilla
mensaje Feb 2 2012, 07:36 AM
Publicado: #4


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problema 2
adjunto la imagen

Se traza el segmento TEX: $C'B$, base del triangulo isosceles TEX: ABC'. Trazando la altura desde el vertice TEX: $A$ hasta TEX: $BC'$ se obtiene un triangulo TEX: $30°, 60°, 90°$ de donde facilmente se obtiene que TEX: $BC'=a\sqrt{3}$.

por otro lado el triangulo TEX: $B'BC'$ es rectangulo en TEX: $B$, podemos aplicar pitagoras, luego
TEX: $B'C'^2=(2a)^2+(a\sqrt{3})^2$, de donde TEX: $B'C'=a\sqrt{7}$.

Ademas, considerando la relacion entre el radio de la circunferencia circunscrita y el triangulo equilatero: TEX: $h=\dfrac{3r}{2}$, se obtiene
TEX: $r=\dfrac{2h}{3}$, donde TEX: $h$ es la altura del triangulo equilatero de lado TEX: $a\sqrt{7}$.

Por lo tanto TEX: $r=\dfrac{2a\sqrt{7}}{3}$


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no importa que tan dificil sea, si alguien lo hizo, tu tambien puedes

Un hombre afirma que está mintiendo. ¿Lo que dice es verdadero o falso?
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Jaimeignacio
mensaje Mar 26 2012, 01:11 PM
Publicado: #5


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bien Hernan jpt_chileno.gif jpt_chileno.gif jpt_chileno.gif jpt_chileno.gif jpt_chileno.gif jpt_chileno.gif jpt_chileno.gif jpt_chileno.gif jpt_chileno.gif jpt_chileno.gif jpt_chileno.gif jpt_chileno.gif jpt_chileno.gif jpt_chileno.gif jpt_chileno.gif jpt_chileno.gif jpt_chileno.gif jpt_chileno.gif jpt_chileno.gif jpt_chileno.gif jpt_chileno.gif jpt_chileno.gif jpt_chileno.gif jpt_chileno.gif jpt_chileno.gif jpt_chileno.gif jpt_chileno.gif jpt_chileno.gif jpt_chileno.gif jpt_chileno.gif jpt_chileno.gif jpt_chileno.gif jpt_chileno.gif jpt_chileno.gif jpt_chileno.gif jpt_chileno.gif jpt_chileno.gif jpt_chileno.gif despertador.gif enconstruccion.gif jpt_chileno.gif iconarrow7re.gif zconsuelo.png.gif pozo2005_bylaope.gif
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Kaissa
mensaje Feb 25 2013, 10:58 AM
Publicado: #6


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Voy a usar el monito de Orlando y el conocido hecho de que una transversal de gravedad corta a un triángulo en dos pedacitos con la misma área, entonces TEX: $|\Delta ABC|=|\Delta ABC'|=|\Delta A'BC|$ lo cual nos lleva a pensar que debe pasar lo mismo en los sectores que quedan, por tanto TEX: $|\Delta A'B'C'|=7|\Delta ABC|$.

De acá se sigue el mismo análisis de Orlando.


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lo interesante de mi demostración es que prueba que en general, bajo las condiciones del enunciado, el área del triángulo mayor es 7 veces la del triángulo original sin importar si éste último es o no equilátero.

Mensaje modificado por Kaissa el Feb 25 2013, 11:18 AM


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MacClure
mensaje Jan 20 2019, 10:41 AM
Publicado: #7


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CITA(El Geek @ Feb 2 2012, 02:29 AM) *
"puede ser" no es la gracia, puedes confundir a quien quiera intentarlo. A mi el problema me salio usando algebrita de pizarra nomás.

Recuerdo que esta prueba tuve que revisarla yo, me dio vergüenza ajena ver que fueron pocos los que supieron hacer el dibujo en el de geometría (porque después de eso, hicieron puras pescás). Di 2 puntos.

Un intento de solución del P1 que vi fue con inducción, pero como que la niña demostró el caso base y después no escribió nada más.



y como lo hiciste???
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