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4º Nivel Individual, Sedes Santiago, Talagante y Rancagua

fs_tol Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Apr 22 2007, 01:12 AM Publicado: #1
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 670 Registrado: 30-January 06 Desde: Ñuñoa, Santiago Miembro Nº: 524 Nacionalidad: Universidad: Sexo:	i4.jpg ( 52.2k ) Número de descargas: 86 -------------------- $TEX: $CARITA$$

2+2=4 Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Apr 22 2007, 01:40 AM Publicado: #2
Dios Matemático Supremo Grupo: Moderador Mensajes: 957 Registrado: 5-November 05 Miembro Nº: 360 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Universidad: Sexo:	Acá va la solución del problema 2, lamentablemente en la prueba me falto demostrar una parte , aunque no creo que me quiten mucho puntaje .... esta fecha estaba para sacar los 20 puntos problema2.PNG ( 13.48k ) Número de descargas: 12 $TEX: \noindent Sea $\triangle ABC $, llamaremos $\angle BAC = 2\alpha$, $\angle ABC = 2\beta$ y $\angle BCA= 2 \gamma$ y se define un $P$ en la prolongaci\'on de $\overline{AB}$ tal que $\angle PAC = 2\delta$. \\<br />Luego, notemos que el $\angle DAI = 90^o$ ya que es el \'angulo formado por dos bisectrices, una interiormente y otra exteriormente de \'angulos suplementarios <br />$$2\alpha + 2 \delta = 180^o \Rightarrow \alpha + \delta = 90^o$$<br />Por lo el $\triangle AMD$ se puede inscribir en una semi-circunferencia.<br />Ahora se traza $\overline{AM}$ de modo que el $\angle AMB = \angle ACB = 2\gamma$ porque subtienden un mismo arco. Luego desconocemos el $\angle MAC = x$, si sumanos los \'angulos interiores del $\triangle AMB$ se tiene: <br />$$x+2\alpha + 2\gamma + \beta =180^o$$<br />$$x+\underbrace{2\alpha + 2\gamma + 2\beta}_{180^o} = 180^o + \beta$$<br />$$x=\beta$$ <br />Entonces si llamamos $\angle AIM=y$ se tiene en el $\triangle AMI$ que: <br />$$y+\alpha+\beta+2\gamma=180^o$$<br />$$y=\alpha + \beta$$<br />Luego de tener estos datos, se deduce que $\triangle AMI$ es is\'osceles de base $\overline{AI}$.<br />S\'olo basta notar que $\angle AMD= 2\alpha+2\beta$ (suplementario al \'angulo $2\gamma$) y $\angle DAM= \gamma$ ya que $\angle DAI = \alpha + \beta + \gamma = 90^o$ por lo que $\triangle AMD$ es is\'osceles. \\<br />Finalmente se tiene que $\overline{AI}=\overline{AM}=\overline{MD}$ que son radios de la semi-circunferencia en la que est\'a inscrito el $\triangle AID$, por lo que $M$ es punto medio de la hipotenusa, o sea, centro de la circunferencia circunscrita al tri\'angulo que era lo que se quer\'ia demostrar.$ Saludos --------------------

S. E. Puelma Moy... S. E. Puelma Moya Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Apr 23 2007, 08:56 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:	La solución está correcta, salvo por un error de tipeo en algún lado (hay que leer con cuidado, y me pareció ver uno). De cualquier modo, me parece que la solución está algo sucia. Dicho de otro modo, hay unas dos o tres propiedades geométricas, nada de complicadas, que nos permiten simplificar la demostración (no siempre es necesario recurrir al hecho que los ángulos interiores de un triángulo suman 180°) No dejaría de ser interesante que vieras de nuevo tu solución y encontraras por qué hago estas observaciones Comentarios no matemáticos adicionales... oprime el botón "Mostrar": Yo propuse este problema ante el equipo académico. Un dato curioso, es que en muy pocas partes (quizás en ninguna) he visto que denoten a las circunferencias usando la letra K. Yo me he "malcriado" solito con esa costumbre, y se nota bastante (por ejemplo) en el archivo de los problemas y soluciones de las OMCS (en el cual estoy trabajando ahora)(poner atención: si vuelven a encontrar una letra K como nombre de una circunferencia, ya pueden sospechar algo...). El gran aporte de edición CMAT fue convertir la letra K en una K curvada, y cambiar el verbo "intersecar" por "intersectar" (aunque yo tengo entendido que el verbo correcto es el primero) Comentario matemático... Ese tipo de propiedades, que involucran al incentro, excentro, puntos de intersección de las bisectrices con los circuncírculos, etc... usualmente aparecen en ejercicios de olimpiadas de matemáticas (algunos de OMCS, OIM, IMO me han resultado con trucos de esta naturaleza). Un poco, he propuesto este ejercicio con la intención de destacar este hecho Saludos -------------------- Sebastián Elías Puelma Moya Administrador FMAT

GlagosSA Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Apr 24 2007, 10:46 PM Publicado: #4
Dios Matemático Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 380 Registrado: 22-April 06 Desde: Chillan, chile, sudamerica, el mundo Miembro Nº: 912 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Universidad: Sexo:	fig4.PNG ( 9.19k ) Número de descargas: 3 $TEX: \boxed{$Problema 1$}\\<br />\noindent Posteare una solucion alternativa al problema 1, algo mas directa, aunque en esencia es lo mismo.\\<br />\\<br />\noindent Llamemos $\alpha$ al $\angle CAI=\angle IAB$, $\beta$ al $\angle CBI=\angle IBA$, y $\gamma$ al $\angle DAM$.\\ <br />El cuadrilatero ABCM es ciclico, por lo tanto $\angle CAM=\beta$.\\<br />Por ser angulo externo del $\triangle AIB$, $\angle MIA=\alpha+\beta$\\<br />Primera conclusion: $\triangle AIM$ es isoceles.<br />\\<br />\\<br />Por ser angulo externo del $\triangle AIM$, $\angle DMA=2\alpha + 2\beta$\\<br />Por ser suma de bisectrices interna y externas, $\alpha +\beta +\gamma=90$<br />$$\alpha +\beta=90 -\gamma$$<br />$$2\alpha +2\beta=180-2\gamma=\angle DMA$$\\<br />Entonces $\angle MDA=\gamma$\\<br />Segunda conclusion: $\triangle DMA$ es isoceles.\\<br />\\<br />Tercera conclusion: Uniendo las dos primeras, concluimos que M es circuncentro del $\triangle AID$, ya que $\overline{DM}=\overline{MA}=\overline{MI}$ y son radios de la circunferencia circunscrita.<br /><br />$ saludos, colegas Mensaje modificado por GlagosSA el Apr 24 2007, 10:48 PM -------------------- Un dia aciago del año 212 a.C., durante la segunda querra punica, Arquimedes se encontraba contemplando algunos circulos que tenia dibujados sobre la arena. Un soldado romano trató de interrumpirlo. La reaccion del genio frente a la presencia del enemigo invasor, el lugar de ser miedo, fue indignacion por verse interrumpido en su trabajo intelectual.-"¡deje en paz a mis circulos!"- Unos minutos mas tarde, el maestro matematico de 75 años, muere atravesado por una espada romana. La altura de tu Vuelo dependera del tamaño de los Ideales que lleves por Alas.. El beso es la distancia mas corta entre Tú y Yo..

Aprendixmat Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Apr 28 2007, 11:59 PM Publicado: #5
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 512 Registrado: 28-November 06 Miembro Nº: 3.014 Nacionalidad: Universidad: Sexo:	$TEX: $\boxed{Problema\ 1}$$ $TEX: $Sea\ [abcd]\ un\ numero\ genial\ cualquiera\ hay\ que\ tener\ presente\ lo\ siguiente:$$ $TEX: $0<a\le 9$$ $TEX: $0\le b\le 9$$ $TEX: $0\le c\le 9$$ $TEX: $0\le d\le 9$$ $TEX: $Segun\ el\ problema:$$ $TEX: $[ab]+[cd]=[bc]$$ $TEX: $(10a+b)+(10c+d)=10b+c$$ $TEX: $10a+d=9b-9c=9(b-c)$$ $TEX: $Lo\ que\ significa\ que\ 10a+d\ es\ multiplo\ de\ 9\ y\ como\ es\ un\ numero\ de\ dos\ digitos(con\ a\not=0)\ puede\ tomar\ los\ valores\ 18,27,36,45,54,63,72,81,90,99\ (entonces\ b-c=2,3,4,5,6,7,8,9,10,11)\ descartamos\ 90\ y\ 99\ puesto\ que\ no\ existen\ enteros\ positivos\ (b,c)$$ $TEX: $que\ cumplan\ b-c=10\ o\ b-c=11$$ $TEX: $a)Tomemos\ 10a+d=27$$ $TEX: $\Longrightarrow b-c=3$$ $TEX: $\Longrightarrow b=3+c$$ $TEX: $\Longrightarrow 0\le c\le 6\ \wedge 3\le b\le 9$$ $TEX: $\therefore (b,c)=\{(3,0),(4,1),(5,2),(6,3),(7,4),(8,5),(9,6)\}$$ $TEX: $Se\ concluye\ que\ el\ menor\ numero\ genial\ mayor\ que\ 2307\ es\ 2417$$ $TEX: $b)\ Para\ saber\ cuantos\ numeros\ geniales\ existen\ debemos\ encontrar\ la\ cantidad\ de\ pares\ (b,c)$$ $TEX: $que\ verifican\ las\ igualdes\ b-c=2,3,4,5,6,7,8,9:$$ $TEX: $1)b-c=2$$ $TEX: $b=2+c$$ $TEX: $\Longrightarrow 0\le c\le 7\ \wedge 2\le b\le 9$$ $TEX: $\Longrightarrow (b,c)=\{(2,0),(3,1),(4,2),(5,3),(6,4),(7,5),(8,6),(9,7)\}$$ $TEX: $2)b-c=3$$ $TEX: $\Longrightarrow (b,c)=\{(3,0),(4,1),(5,2),(6,3),(7,4),(8,5),(9,6)\}$$ $TEX: $3)\ b-c=4$$ $TEX: $b=4+c$$ $TEX: $\Longrightarrow 0\le c\le 5\ \wedge 4\le b\le 9$$ $TEX: $\Longrightarrow (b,c)=\{(4,0),(5,1),(6,2),(7,3),(8,4),(9,5)\}$$ $TEX: $4)\ b-c=5$$ $TEX: $b=5+c$$ $TEX: $\Longrightarrow 0\le c\le 4\ \wedge 5\le b\le 9$$ $TEX: $\Longrightarrow (b,c)=\{(5,0),(6,1),(7,2),(8,3),(9,4)\}$$ $TEX: $5)\ b-c=6$$ $TEX: $b=6+c$$ $TEX: $\Longrightarrow 0\le c\le 3\ \wedge 6\le b\le 9$$ $TEX: $\Longrightarrow (b,c)=\{(6,0),(7,1),(8,2),(9,3)\}$$ $TEX: $6)\ b-c=7$$ $TEX: $b=7+c$$ $TEX: $\Longrightarrow 0\le c\le 2\ \wedge 7\le b\le 9$$ $TEX: $\Longrightarrow (b,c)=\{(7,0),(8,1),(9,2)\}$$ $TEX: $7)\ b-c=8$$ $TEX: $b=8+c$$ $TEX: $\Longrightarrow 0\le c\le 1\ \wedge 7\le b\le 9$$ $TEX: $\Longrightarrow (b,c)=\{(8,0),(9,1)\}$$ $TEX: $8)\ b-c=9$$ $TEX: $b=9+c$$ $TEX: $\Longrightarrow (b,c)=\{(9,0)\}$$ $TEX: $Contamos\ 36\ pares\ (b,c)\ distintos\ y\ por\ lo\ tanto\ existen\ 36\ numeros\ geniales$$ Saludos Mensaje modificado por Aprendixmat el May 4 2007, 11:29 PM

fs_tol Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Aug 19 2007, 05:10 PM Publicado: #6
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 670 Registrado: 30-January 06 Desde: Ñuñoa, Santiago Miembro Nº: 524 Nacionalidad: Universidad: Sexo:	La solución al P2 es correcta, aunque podría haberse acortado notando algunas relaciones que debían cumplir los dígitos, con lo que la parte 2 se reducía a la suma $TEX: $\displaystyle\sum\limits_{i=1}^{8}i=36$$ . Saludos -------------------- $TEX: $CARITA$$

El Geek Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Mar 21 2012, 07:36 PM Publicado: #7
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 2.818 Registrado: 3-October 09 Miembro Nº: 59.773 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Universidad: Sexo:	-------------------- Me voy, me jui.

Kaissa Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Sep 13 2012, 09:37 AM Publicado: #8
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 9.897 Registrado: 6-April 08 Miembro Nº: 19.238 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Sexo:	Oye... nadie, pero NADIE se dio cuenta que, en el problema 2, basta demostrar que tr AIM es isósceles! miren: En cualquier tr PQR recto en Q, el único punto M de PR que hace MR=MQ es el circuncentro. Me extrañó no ver ese comentario importante ni siquiera en la solución de Geek a 5 años del propuesto original. -------------------- 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?

El Geek Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Sep 13 2012, 10:56 AM Publicado: #9
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 2.818 Registrado: 3-October 09 Miembro Nº: 59.773 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Universidad: Sexo:	Kaissa, honestamente yo creo que todos se dieron cuenta de eso. Lo que pasa, creo yo, es que al hacer tal afirmación uno debiese demostrarla, y al querer demostrarla, llega a demostrar que también PM es igual a los otro segmentos, jajaja. Haciendo el mismo proceso que el del problema, entonces ¿Para qué? (si no cuesta nada lo otro, super floja!) -------------------- Me voy, me jui.

Kaissa Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Sep 13 2012, 11:30 AM Publicado: #10
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 9.897 Registrado: 6-April 08 Miembro Nº: 19.238 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Sexo:	CITA(El Geek @ Sep 13 2012, 09:56 AM) Haciendo el mismo proceso que el del problema, entonces ¿Para qué? (si no cuesta nada lo otro, super floja!) Recuerda la demostración por flojera "es evidente que..." -------------------- 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?

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