2º Nivel Individual - Foro fmat.cl

Portal Matemático

¿Qué es FMAT?

Foro fmat.cl > Sector Preparación Olimpiadas > Competencias y Olimpiadas > Campeonato Interescolar > Campeonato Interescolar 2007 > Primera Fecha

2 Páginas:

1 2 >

Reply to this topic

Start new topic

2º Nivel Individual, Sedes Santiago, Talagante y Rancagua

fs_tol Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Apr 22 2007, 01:10 AM Publicado: #1
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 670 Registrado: 30-January 06 Desde: Ñuñoa, Santiago Miembro Nº: 524 Nacionalidad: Universidad: Sexo:	i2.jpg ( 55.49k ) Número de descargas: 90 -------------------- $TEX: $CARITA$$

Killua Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Apr 22 2007, 02:37 AM Publicado: #2
Staff Fmat Grupo: Moderador Mensajes: 1.185 Registrado: 29-October 05 Desde: Santiago, Chile Miembro Nº: 352 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Universidad: Sexo:	El problema 1 de esta prueba es un plagio del VM 2007, hasta el momento he visto 4 soluciones distintas, pongo la que se me ocurrió en la prueba Solución al problema 1 $TEX: \noindent En la figura, trazamos los radios $\overline{OC}$ y $\overline{OD}$, y trazamos $\overline{AC}$. Sea $P=\overline{AC}\cap\overline{OD}$, notemos que, por ser $D$ el punto medio del arco $AC$, $\angle{CPO}=90$, y adem\'as $\overline{PC}=\overline{PA}=\dfrac{\overline{AC}}{2}$ (afirmaciones propuestas para el atento lector). Luego, por Pit\'agoras en los tri\'angulos $CPO$ y $CPD$, se tiene:<br /><br />$$PC^2+PO^2=4\ (i)$$<br />$$PC^2+PD^2=1\ (ii)$$<br /><br />\noindent Efectuando $(i)-(ii)$ se tiene que $PO^2-PD^2=3\Rightarrow{(PO+PD)}(PO-PD)=3\Rightarrow{2(PO-PD)}=3\Rightarrow{PO}=\dfrac{3}{2}+PD$. Pero $PO=2-PD$, luego:<br /><br />$$\dfrac{3}{2}+PD=2-PD$$<br />$$2PD=2-\dfrac{3}{2}$$<br />$$PD=\dfrac{1}{4}$$<br /><br />\noindent Entonces $PO=2-PD=2-\dfrac{1}{4}=\dfrac{7}{4}$. Finalmente, notemos que $\overline{PO}$ es paralela media en el tri\'angulo $ACB$ ($P$ es punto medio de $\overline{AC}$ y $O$ lo es de $\overline{AB}$), luego es la mitad de $\overline{BC}$, o sea $BC=x=2PO=\dfrac{7}{2}\ \blacksquare$$ Saludos -------------------- "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)

ZeuS Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Apr 22 2007, 03:49 PM Publicado: #3
Dios Matemático Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 209 Registrado: 12-June 05 Desde: Sagrados Corazones Alameda Miembro Nº: 98 Nacionalidad: Sexo:	SOLUCION $TEX: $BD$$ es bisectriz de $TEX: $\angle ABC$$ , luego, digamos que $TEX: $\angle ABD = \angle DBC = \alpha$$ . Por angulos en la circunferencia tenemos que $TEX: $\angle ABD = \angle ACD = \alpha$$ y $TEX: $\angle DCB = \angle DAC = \alpha$$ . Por teorema de Pitagoras, en el $TEX: $\triangle ABD$$ tenemos que $TEX: $DB = \sqrt{15}$$ y en el $TEX: $\triangle ABC$$ tenemos que $TEX: $AC = \sqrt{16-x^2}$$ . Trazamos $TEX: $DO$$ y a partir de esto, podemos concluir que $TEX: $\triangle ACD$$ es semejante con $TEX: $\triangle BOD$$ , haciendo la semejanza entonces, tenemos : $TEX: $\dfrac{1}{2}=\dfrac{\sqrt{16-x^2}}{\sqrt{15}}\Rightarrow x = \dfrac{7}{2} = 3.5$$ -------------------- SS - CC , SS - CC , SS - CC , SAGRADOS CORAZONES DE ALAMEDA!! T_TNIVERSIDAD DE CHILE GRACIAS POR EXISTIR!!! VAMOS LOS LEONES!!!

S. E. Puelma Moy... S. E. Puelma Moya Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Apr 23 2007, 09:19 AM Publicado: #4
Dios Matemático Supremo Grupo: Administrador Mensajes: 2.706 Registrado: 13-May 05 Desde: Santiago de Chile Miembro Nº: 10 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Sexo:	CITA(Killua @ Apr 22 2007, 04:37 AM) El problema 1 de esta prueba es un plagio del VM 2007, hasta el momento he visto 4 soluciones distintas, pongo la que se me ocurrió en la prueba Ambas soluciones para el problema 1 están correctas. Por cierto, si piensan que al equipo académico del CMAT les está faltando algo de originalidad, tienen dos opciones: * Si les parece bien o les es indiferente, es una buena motivación para seguir entrenando. No sería culpa de ustedes si (casualmente) les preguntan ejercicios que ya conocen. Eso es fruto de su arduo entrenamiento. * Si creen que el equipo académico CMAT debiese ser más creativo, entonces ya conocen los mecanismos para reclamar. Creo (esta ya es una opinión personal, en ningún caso quiero representar a la organización del CMAT) que el CMAT no debiese ser tan complicado, y mucho menos debiesen preguntar ejercicios copiados, por ejemplo, de algunas olimpiadas (que, a veces, ocupan trucos muy "específicos"). La razón es sencilla: El CMAT (sigo insistiendo que es una opinión personal) no es una competencia para decidir quién es el mejor de los mejores (la Olimpiada Nacional de Matemáticas, la OMCS, OIM, APMO, IMO, etc. están para eso), sino un medio que ayuda a detectar y desarrollar talentos en distintas partes. No digo que sea el fin, pero es una de las consecuencias importantes. Por supuesto que los participantes más hábiles y mejor entrenados, competirán entre sí por las medallas, o por obtener 80 puntos, y está bien que así sea (este tipo de participantes debiesen competir con esas metas), pero también existen otros objetivos, y otros participantes con más habilidad que entrenamiento debiesen tener la pista más o menos libre para tratar de obtener una medalla. Pienso que, cuando esto sucede, se ha encontrado un nuevo talento en matemáticas (a fin de cuentas, todos o casi todos los experimentados comenzaron o se motivaron así) Lo único que se consigue con ejercicios copiados (una vez más, mi opinión personal) es viciar un poco la distribución de medallas, "dando más crédito" a los experimentados (se pierde un poco la consecuencia importante que cité arriba). Yo pienso que estos últimos ya tienen suficiente ventaja como para (además) preguntarles "los mismos ejercicios de siempre" PD1: Si esto suena a desahogo, es porque no tengo otro lugar para expresarlo PD2: Digo que el CMAT difiere de una competencia, porque (supuestamente) se realizan más actividades en torno a ella, y permite muchísimo intercambio de experiencias entre sus participantes (entre otras razones) PD3: Seguimos aguardando por la solución al problema 2 (a mi juicio, más fácil que el 1)... seguramente, muchos de ustedes lo resolvieron durante la prueba -------------------- Sebastián Elías Puelma Moya Administrador FMAT

The Lord Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Apr 27 2007, 07:42 PM Publicado: #5
Dios Matemático Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 374 Registrado: 16-September 06 Desde: New Haven, CT, USA. Miembro Nº: 2.275 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Universidad: Sexo:	A pedido de un amigo, posteo la solución al problema 1 que le di en la prueba: $TEX: \noindent Prolongamos $AD$ y $BC$, hasta cortarse en el punto $E$. Unimos los segmentos $DB$ y $AC$. Veamos que $\angle ACB=\angle ADB= 90$. Sea $\angle DAC=\angle DCA=\angle DBC=\angle DBA=\alpha \Rightarrow \angle DCE=\angle DEC=90-\alpha \Rightarrow DE=DC=AD=1$, veamos ahora que $\vartriangle EAC \sim \vartriangle ABD \Rightarrow EC=\dfrac{1}{2}$\\<br />Por pitagoras en triangulo AEC:\\<br />$AC=\sqrt{4-\dfrac{1}{4}}=\dfrac{\sqrt{15}}{2}$\\<br />Por pitagoras en triangulo ABC:\\<br />$BC=\sqrt{16-\dfrac{15}{4}}=\sqrt{\dfrac{49}{4}}=\dfrac{7}{2}$$ Saludos Nota: el Problema 2 era muchooo mas fácil, dejo que mi amigo lo postee

Killua Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Apr 27 2007, 08:20 PM Publicado: #6
Staff Fmat Grupo: Moderador Mensajes: 1.185 Registrado: 29-October 05 Desde: Santiago, Chile Miembro Nº: 352 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Universidad: Sexo:	CITA(The Lord @ Apr 27 2007, 08:42 PM) A pedido de un amigo, posteo la solución al problema 1 que le di en la prueba: $TEX: \noindent Prolongamos $AD$ y $BC$, hasta cortarse en el punto $E$. Unimos los segmentos $DB$ y $AC$. Veamos que $\angle ACB=\angle ADB= 90$. Sea $\angle DAC=\angle DCA=\angle DBC=\angle DBA=\alpha \Rightarrow \angle DCE=\angle DEC=90-\alpha \Rightarrow DE=DC=AD=1$, veamos ahora que $\vartriangle EAC \sim \vartriangle ABD \Rightarrow EC=\dfrac{1}{2}$\\<br />Por pitagoras en triangulo AEC:\\<br />$AC=\sqrt{4-\dfrac{1}{4}}=\dfrac{\sqrt{15}}{2}$\\<br />Por pitagoras en triangulo ABC:\\<br />$BC=\sqrt{16-\dfrac{15}{4}}=\sqrt{\dfrac{49}{4}}=\dfrac{7}{2}$$ Saludos Nota: el Problema 2 era muchooo mas fácil, dejo que mi amigo lo postee Excelente, aquí tenemos una tercera solución al problema de geometría. Aún faltan dos. Saludos PD: que The Lord postee el dos -------------------- "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)

「Krizalid」 Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Apr 27 2007, 09:09 PM Publicado: #7
Staff FMAT Grupo: Super Moderador Mensajes: 8.124 Registrado: 21-May 06 Miembro Nº: 1.156 Nacionalidad: Sexo:	No sé si estará permitido emplear un teoremita por ahí pero igual dejaré mi solución ( ) A través del teorema de Ptolomeo $TEX: \begin{eqnarray}x+4&=&\sqrt{15(16-x^2)}\\x^2+8x+16&=&16\cdot15-15x^2\\16x^2+8x+16-16\cdot15&=&0\\2x^2+x+2-30&=&0\\2x^2+x-28&=&0\\2x^2+(8x-7x)-28&=&0\\(2x^2+8x)-(7x+28)&=&0\\2x(x+4)-7(x+4)&=&0\\\implies (x+4)(2x-7)&=&0\\\ \therefore\ x&=&\frac{7}{2}\end{eqnarray}$

Killua Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Apr 27 2007, 09:10 PM Publicado: #8
Staff Fmat Grupo: Moderador Mensajes: 1.185 Registrado: 29-October 05 Desde: Santiago, Chile Miembro Nº: 352 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Universidad: Sexo:	CITA(Krizalid @ Apr 27 2007, 10:09 PM) No sé si estará permitido emplear un teoremita por ahí pero igual dejaré mi solución ( ) A través del teorema de Ptolomeo $TEX: \begin{eqnarray}x+4&=&\sqrt{15(16-x^2)}\\x^2+8x+16&=&16\cdot15-15x^2\\16x^2+8x+16-16\cdot15&=&0\\2x^2+x+2-30&=&0\\2x^2+x-28&=&0\\2x^2+(8x-7x)-28&=&0\\(2x^2+8x)-(7x+28)&=&0\\2x(x+4)-7(x+4)&=&0\\\implies (x+4)(2x-7)&=&0\\\ \therefore\ x&=&\frac{7}{2}\end{eqnarray}$ Muy bien, ahora nos falta la última solución (de las que conozco). Un compañero hizo lo mismo que tú en el CMAT Saludos -------------------- "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)

Zirou Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Apr 27 2007, 09:21 PM Publicado: #9
Máquina que convierte café en teoremas Grupo: Colaborador Silver Mensajes: 1.665 Registrado: 18-August 05 Desde: Concepción Miembro Nº: 247 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Universidad: Sexo:	CITA(Krizalid @ Apr 27 2007, 09:09 PM) No sé si estará permitido emplear un teoremita por ahí pero igual dejaré mi solución ( ) A través del teorema de Ptolomeo $TEX: \begin{eqnarray}x+4&=&\sqrt{15(16-x^2)}\\x^2+8x+16&=&16\cdot15-15x^2\\16x^2+8x+16-16\cdot15&=&0\\2x^2+x+2-30&=&0\\2x^2+x-28&=&0\\2x^2+(8x-7x)-28&=&0\\(2x^2+8x)-(7x+28)&=&0\\2x(x+4)-7(x+4)&=&0\\\implies (x+4)(2x-7)&=&0\\\ \therefore\ x&=&\frac{7}{2}\end{eqnarray}$ jaja yo hice esto en el verano matematico -------------------- $TEX: $mathcal{Z}$ $imath$ $Re$ $varnothing$ $mho$$ Manual para subir imágenes y archivos a fmat (con servidor propio) Manual de latex Estilo Propio Lista de libros en fmat "Un Matemático es una máquina que trasforma café en teoremas"(Erdös) --- Consultas, sugerencias, reclamos via mp o a los correos mencionados.

Killua Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Apr 28 2007, 07:29 PM Publicado: #10
Staff Fmat Grupo: Moderador Mensajes: 1.185 Registrado: 29-October 05 Desde: Santiago, Chile Miembro Nº: 352 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Universidad: Sexo:	Quinta solución al problema 1 $TEX: \noindent Sea $P=\overline{AC}\cap\overline{DO}$, al igual que en mi anterior soluci\'on $D$ es el punto medio del arco $CA$, y $\overline{AC}\perp\overline{OD}$. Sea $\angle{DAC}=\alpha$, por \'angulo inscrito en el mismo arco $\angle{DAC}=\angle{DBC}=\alpha$, y como $D$ es punto medio del arco $CA$, $\angle{CBD}=\angle{DBA}=\alpha$ (trazamos $\overline{DB}$). Por estar inscrito en la semicircunferencia, $\angle{ADB}=90^o$, se sigue que $\triangle{DAB}\sim\triangle{PDA}$ en la raz\'on $4:1$, luego $\dfrac{DA}{PD}=\dfrac{4}{1}\Rightarrow{DP=\dfrac{1}{4}}$. As\'i $PO=2-PD=\dfrac{7}{4}$, y como $PO$ es paralela media, entonces $BC$ es el doble de $PO$, o sea $\dfrac{7}{2}\ \blacksquare$$ Saludos, y que The Lord postee el dos -------------------- "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)

« Posterior · Primera Fecha · Anterior »

2 Páginas:

1 2 >

Reply to this topic

Start new topic

2 usuario(s) está(n) leyendo esta discusión (2 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 - 08:37 PM

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