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2da Fecha CMAT 2007, Segundo Nivel

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Rurouni Kenshin Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	May 27 2007, 02:17 AM Publicado: #1
Webmaster Grupo: Administrador Mensajes: 6.692 Registrado: 13-May 05 Desde: Santiago Centro Miembro Nº: 2 Nacionalidad: Sexo:	Y aca les dejo el Segundo Nivel. Quedamos a la espera de sus soluciones ^^ Saludos Archivo(s) Adjunto(s) Segundo_Nivel.pdf ( 36.36k ) Número de descargas: 141 -------------------- Colegios/Liceos/Universidades en Fmat (Integrate!!!!) Videos PSU de Funciones (Y tú, ¿Aun estas aproblemado con Funciones?)

Killua Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	May 27 2007, 01:21 PM Publicado: #2
Staff Fmat Grupo: Moderador Mensajes: 1.185 Registrado: 29-October 05 Desde: Santiago, Chile Miembro Nº: 352 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Universidad: Sexo:	Solución al problema 1 $TEX: \noindent Notemos que $S=1+2+3+\ldots+2007=\dfrac{2007\cdot{2008}}{2}=2007\cdot{1004}$ es par. Si queremos dejar $2007$ en la nueva suma, impar, tenemos que restar una cantidad impar de impares. Notemos que entre $1$ y $2007$ inclusive hay $1004$ impares y $1003$ pares; luego, si restamos una cantidad impar de impares, nos quedar\'a una cantidad impar de impares $no\ restados$, y como $par-impar=impar$, una cantidad impar de pares se nos convertir\'a en impar, quedando una cantidad impar (no restados)+ una cantidad impar (pares cambiados de paridad) de impares, o sea una cantidad par de impares. Por lo tanto, obtenemos una cantidad par, y $2007$ no podr\'a obtenerse $\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)

Killua Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	May 27 2007, 01:47 PM Publicado: #3
Staff Fmat Grupo: Moderador Mensajes: 1.185 Registrado: 29-October 05 Desde: Santiago, Chile Miembro Nº: 352 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Universidad: Sexo:	Solución al problema 2 $TEX: \noindent Sea $P$ el punto de intersecci\'on de las diagonales. Denotamos por $(XYZ)$ el \'area del tri\'angulo $XYZ$. Llamamos $W=(ABP), X=(BPC), Y=(ADP), Z=(DPC)$. Por enunciado tenemos que $W+X=Y+Z$ y $W+Y=Z+X$, sumando estas igualdades se tiene que $2W+X+Y=2Z+X+Y\Rightarrow{W=Z}$. Como $W+Y=X+Z=W+X\Rightarrow{X}=Y.$$ $TEX: \noindent Tomamos esta nueva figura. Notemos que las alturas de los tri\'angulos $ADC$ y $ABC$ son iguales, llam\'emoslas $h$ (ya que ambos tri\'angulos tienen igual \'area e igual base $AC$). De la misma forma las alturas de los tri\'angulos $ADB$ y $BCD$ son iguales, llam\'emoslas $h'$. As\'i tendremos que:\\<br /><br />\noindent $(ADP)=(BCP)\Rightarrow\dfrac{AP\cdot{h}}{2}=\dfrac{PC\cdot{h}}{2}\Rightarrow\boxed{AP=PC}$\\<br /><br />\noindent De la misma forma:\\<br /><br />\noindent $(ADP)=(BCP)\Rightarrow\dfrac{DP\cdot{h'}}{2}=\dfrac{PB\cdot{h'}}{2}\Rightarrow\boxed{DP=PB}$<br /><br />\noindent Por lo tanto las diagonales de $ABCD$ se dimidian, luego $ABCD$ es paralel\'ogramo $\blacksquare$$ Con esto terminamos esta segunda fecha 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)

felipe_contreras... felipe_contreras(IN) Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	May 27 2007, 08:27 PM Publicado: #4
Maestro Matemático Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 90 Registrado: 14-May 05 Desde: 33º30'S 70º40'O Miembro Nº: 18 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Sexo:	P1 Notemos que en $TEX: $\mathcal{S}$$ hay 1004 impares y 1003 pares. Observemos también las siguientes relaciones $TEX: Par$\pm$Par=Par\\ Impar$\pm$Impar=Par$ Sumemos (o restemos) los impares de a dos, dando sólo números pares. Ahora sin importar cuantos signos se cambien el resultado será par. Por lo tanto es imposible que nos de 2007. Mensaje modificado por felipe_contreras(IN) el May 27 2007, 08:28 PM -------------------- "El único primo congruente a uno en módulo cuatro es cinco" A. Gajardo ""I'm going to try to see if I can remember as much to make it sound like I'm smart on the subject."—G. W. Bush, answering a question concerning a possible flu pandemic, Cleveland, July 10, 2007 "I aim to be a competitive nation."—G. W. Bush, San Jose, Calif., April 21, 2006 "Those who enter the country illegally violate the law."— G. W. Bush, Tucson, Ariz., Nov. 28, 2005 "Our enemies are innovative and resourceful, and so are we. They never stop thinking about new ways to harm our country and our people, and neither do we." — G. W. BushWashington, D.C., Aug. 5, 2004

fs_tol Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Aug 19 2007, 05:30 PM Publicado: #5
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 670 Registrado: 30-January 06 Desde: Ñuñoa, Santiago Miembro Nº: 524 Nacionalidad: Universidad: Sexo:	CITA(Killua @ May 27 2007, 01:21 PM) Solución al problema 1 $TEX: \noindent Notemos que $S=1+2+3+\ldots+2007=\dfrac{2007\cdot{2008}}{2}=2007\cdot{1004}$ es par. Si queremos dejar $2007$ en la nueva suma, impar, tenemos que restar una cantidad impar de impares. Notemos que entre $1$ y $2007$ inclusive hay $1004$ impares y $1003$ pares; luego, si restamos una cantidad impar de impares, nos quedar\'a una cantidad impar de impares $no\ restados$, y como $par-impar=impar$, una cantidad impar de pares se nos convertir\'a en impar, quedando una cantidad impar (no restados)+ una cantidad impar (pares cambiados de paridad) de impares, o sea una cantidad par de impares. Por lo tanto, obtenemos una cantidad par, y $2007$ no podr\'a obtenerse $\blacksquare$$ Saludos CITA(Killua @ May 27 2007, 01:47 PM) Solución al problema 2 $TEX: \noindent Sea $P$ el punto de intersecci\'on de las diagonales. Denotamos por $(XYZ)$ el \'area del tri\'angulo $XYZ$. Llamamos $W=(ABP), X=(BPC), Y=(ADP), Z=(DPC)$. Por enunciado tenemos que $W+X=Y+Z$ y $W+Y=Z+X$, sumando estas igualdades se tiene que $2W+X+Y=2Z+X+Y\Rightarrow{W=Z}$. Como $W+Y=X+Z=W+X\Rightarrow{X}=Y.$$ $TEX: \noindent Tomamos esta nueva figura. Notemos que las alturas de los tri\'angulos $ADC$ y $ABC$ son iguales, llam\'emoslas $h$ (ya que ambos tri\'angulos tienen igual \'area e igual base $AC$). De la misma forma las alturas de los tri\'angulos $ADB$ y $BCD$ son iguales, llam\'emoslas $h'$. As\'i tendremos que:\\<br /><br />\noindent $(ADP)=(BCP)\Rightarrow\dfrac{AP\cdot{h}}{2}=\dfrac{PC\cdot{h}}{2}\Rightarrow\boxed{AP=PC}$\\<br /><br />\noindent De la misma forma:\\<br /><br />\noindent $(ADP)=(BCP)\Rightarrow\dfrac{DP\cdot{h'}}{2}=\dfrac{PB\cdot{h'}}{2}\Rightarrow\boxed{DP=PB}$<br /><br />\noindent Por lo tanto las diagonales de $ABCD$ se dimidian, luego $ABCD$ es paralel\'ogramo $\blacksquare$$ Con esto terminamos esta segunda fecha Saludos CITA(felipe_contreras(IN) @ May 27 2007, 08:27 PM) P1 Notemos que en $TEX: $\mathcal{S}$$ hay 1004 impares y 1003 pares. Observemos también las siguientes relaciones $TEX: Par$\pm$Par=Par\\ Impar$\pm$Impar=Par$ Sumemos (o restemos) los impares de a dos, dando sólo números pares. Ahora sin importar cuantos signos se cambien el resultado será par. Por lo tanto es imposible que nos de 2007. Las tres soluciones son correctas, aunque no era necesario complicarse tanto como lo hizo Killua en el P1, bastaba ver que los cambios de signo no afectan la paridad. Saludos -------------------- $TEX: $CARITA$$

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