XVII OIM: 2002 - Foro fmat.cl

Portal Matemático

¿Qué es FMAT?

Foro fmat.cl > Sector Preparación Olimpiadas > Competencias y Olimpiadas > Olimpiadas > Olimpiada Iberoamericana

2 Páginas:

1 2 >

Reply to this topic

Start new topic

XVII OIM: 2002, Sin resolver: 1, 2, 3, 5', 5'', 6

S. E. Puelma Moy... S. E. Puelma Moya Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Nov 16 2005, 09:23 PM Publicado: #1
Dios Matemático Supremo Grupo: Administrador Mensajes: 2.706 Registrado: 13-May 05 Desde: Santiago de Chile Miembro Nº: 10 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Sexo:	Después de dos pruebas de buen nivel (años 2000 y 2001), con bajas participaciones de , era la ocasión propicia para intentar la Copa Puerto Rico... pero no participó. Eso significa olvidarse de la Copa Puerto Rico por un tiempo Yo estaba en edad de competir, con capacidad para intentar una luego de mi participación el 2001... el equipo de hubiese sido bueno, ganas no nos faltaban. El problema fue de otra índole, que prefiero no mencionar aquí. En ese momento, estaba descontento por esto, pero con el paso del tiempo se aprende que el rencor es malo. Poco o nada he intentado por hacer los problemas de esta prueba, un poco por la situación explicada en los párrafos anteriores, y también por el ajetreo universitario, en la USACH Una moraleja queda de esto: si ahora las pruebas de clasificación sólo las rinden los medallistas de las olimpiadas nacionales (o bien, si creen que se usa un criterio más turbio), si opinan que no debiera marginarse de la IMO... es porque no han visto todo 17ª OLIMPIADA IBEROAMERICANA DE MATEMÁTICAS San Salvador, El Salvador, 2002 Primera Prueba Problema 1: Los números 1,2,...,2002 se escriben en una pizarra en orden creciente. Luego sea borran los que ocupan un lugar de la forma $TEX: $3k+1$$ (el primero, el cuarto, el séptimo, etc.). En la nueva lista se hace lo mismo. Así se continúa hasta borrar todos los números de la lista. ¿Cuál fue el último número que se borró? Problema 2: Dado cualquier conjunto de nueve puntos en el plano, de los cuales no hay tres colineales, demuestre que para cada punto $TEX: $P$$ del conjunto, el número de triángulos que tienen como vértices a tres de los ocho puntos restantes, y a $TEX: $P$$ en su interior, es par. Problema 3: Un punto $TEX: $P$$ es interior al $TEX: $\triangle ABC$$ equilátero, tal que $TEX: $\widehat{APC}=120^\mathrm{o}$$ . Sean $TEX: $M\in\overline{AB},N\in\overline{BC}$$ , tales que $TEX: $\overline{CM}\cap\overline{AN}=P$$ . Encuentre el LG del circuncentro del $TEX: $\triangle BMN$$ al variar $TEX: $P$$ Segunda Prueba Problema 4: En un $TEX: $\triangle ABC$$ escaleno, sea $TEX: $D\in\overline{AC}$$ tal que $TEX: $\overline{BD}$$ biseca el $TEX: $\angle B$$ . Sean $TEX: $E,F,M$$ las proyecciones ortogonales de $TEX: $A,C,D$$ , respectivamente, sobre $TEX: $\overleftrightarrow{BD},\overleftrightarrow{BD},\overleftrightarrow{BC}$$ , respectivamente. Pruebe que $TEX: $\widehat{EMD}=\widehat{DMF}$$ Problema 5: La sucesión $TEX: $(a_k)_{k\ge 1}$$ se define en $TEX: $\mathbb{R}$$ por recurrencia, como sigue: $TEX: $a_1=56$$ $TEX: $\forall\,j\in\mathbb{Z}^+:a_{j+1}=a_j-\dfrac{1}{a_j}$$ Pruebe que $TEX: $\exists\,K\in\mathbb\{1,...,2002\}$$ tal que $TEX: $a_K<0$$ Problema 6: Un policía intenta capturar a un ladrón en un tablero de $TEX: $2001\times 2001$$ . Ellos se mueven alternadamente, partiendo con el policía. Cada uno, en su turno, debe moverse una casilla en uno de los siguientes sentidos: $TEX: $\downarrow,\rightarrow,\nwarrow$$ . Si el policía se encuentra en la casilla de la esquina inferior derecha, puede usar su jugada para pasar directamente a la casilla de la esquina opuesta (el ladrón no puede hacer esta jugada). Inicialmente el policía está en la casilla central y el ladrón está en la casilla vecina diagonal superior derecha ( $TEX: $\nearrow$$ ) al policía. Pruebe que: El ladrón puede moverse al menos diez mil veces sin ser capturado El policía posee una estrategia para capturar al ladrón El policía captura al ladrón, si luego de un movimiento suyo, cae en la casilla que ocupa el ladrón. Si el ladrón, con un movimiento suyo, cae en la casilla que ocupa el policía, no se produce la captura -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- Problema 5': Si una sucesión $TEX: $(a_k)_{k\ge1}$$ tiene la misma relación de recurrencia que en el problema 5, y $TEX: $a_1\in\mathbb Q-\{-1,0,1\}$$ , entonces la sucesión tiene infinitos términos bien definidos, y todos ellos son racionales. Explique los detalles omitidos en la demostración anterior. Problema 5'': Si una sucesión $TEX: $(a_k)_{k\ge1}$$ tiene la misma relación de recurrencia que en el problema 5, y $TEX: $a_1\le n+\dfrac m{n+1}$$ , donde $TEX: $n\in\mathbb Z^+$$ y $TEX: $0\le m\le n$$ , pruebe que existe $TEX: $K\in\left\{1,...,\dfrac{n(n+1)}2+m+2\right\}$$ tal que $TEX: $a_K<0$$ . Concluya que el problema inicial puede ser planteado con valores más grandes para $TEX: $a_1$$ -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- Resumen de soluciones: Problema 1: Pendiente de solución Problema 2: Pendiente de solución Problema 3: Pendiente de solución Problema 4: Aquí, resuelto por Killua Problema 5: Aquí, resuelto por Guía Rojo Aquí, resuelto por xsebastian Problema 6: Pendiente de solución Problema 5': Pendiente de solución Problema 5'': Pendiente de solución -------------------- Sebastián Elías Puelma Moya Administrador FMAT

Guía Rojo Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Aug 29 2006, 06:01 PM Publicado: #2
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 903 Registrado: 28-May 05 Desde: Santiago, Chile Miembro Nº: 69 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Sexo:	CITA(xsebastian @ Nov 16 2005, 11:23 PM) Problema 5: La sucesión $TEX: $(a_k)_{k\ge 1}$$ se define en $TEX: $\mathbb{R}$$ por recurrencia, como sigue: $TEX: $a_1=56$$ $TEX: $\forall\,j\in\mathbb{Z}^+:a_{j+1}=a_j-\dfrac{1}{a_j}$$ Pruebe que $TEX: $\exists\,K\in\mathbb\{1,...,2002\}$$ tal que $TEX: $a_K<0$$ Observemos que cuando los $TEX: $a_i$$ con $TEX: $i$$ variando de $TEX: 1$ a $TEX: $n$$ son no negativos, tenemos: $TEX: $a_1>a_2>a_3>\ldots >a_{n-1}>a_n$$ Particularmente, para un $TEX: $1\le p<p+t\le n$$ cualquiera, tendremos: $TEX: $a_p>a_{p+1}\Longleftrightarrow \dfrac{1}{a_p}<\dfrac{1}{a_{p+1}}\Longleftrightarrow -\dfrac{1}{a_{p+1}}<-\dfrac{1}{a_p}$$ Generalmente: $TEX: $\boxed{-\dfrac{1}{a_{p+t}}<-\dfrac{1}{a_p}}$$ Lemita (xD): $TEX: $\boxed{a_{p+q}<a_p-\dfrac{q}{a_p}\ ,\ 2\le q\le n-p}$$ Demostración: Por inducción... Para $TEX: $q=2$$ : $TEX: $a_{p+2}=a_{p+1}-\dfrac{1}{a_{p+1}}<a_{p+1}-\dfrac{1}{a_p}=a_p-\dfrac{2}{a_p}$$ Ahora supongamos que es válido para $TEX: $q=r$$ : $TEX: $a_{p+r}<a_p-\dfrac{r}{a_p}$$ Luego: $TEX: $a_{p+r+1}=a_{p+r}-\dfrac{1}{a_{p+r}}<a_{p+r}-\dfrac{1}{a_p}<a_p-\dfrac{r+1}{a_p}$$ Por lo tanto, el "lemita" es válido... Supongamos que $TEX: $\forall K\in\{1,...,2002\},\ a_K\ge 0$$ Luego: $TEX: $a_{897}<56-\dfrac{896}{56}=56-16=40$$ $TEX: $a_{1697}<40-\dfrac{800}{40}=40-20=20$$ $TEX: $a_{1897}<20-\dfrac{200}{20}=20-10=10$$ $TEX: $a_{1997}<10-\dfrac{100}{10}=10-10=0$$ $TEX: $\Longrightarrow a_{1997}<0\ \ \ \rightarrow \leftarrow $$ $TEX: $\boxed{\exists K\in\{1,...,2002\},\ a_K<0}$$ -------------------- Bachiller en Ciencias (ex) Estudiante de Medicina Estudiante de Ingeniería Civil de Industrias, diploma en Ingeniería Matemática Pontificia Universidad Católica de Chile "El espíritu del matemático busca la belleza del pensamiento, y esa va de la mano con la filosofía." - Héctor Hardy Pastén Vásquez "¿Qué te hace pensar que si tienes dos elementos de un conjunto con otros dos elementos de otro conjunto se origina uno nuevo con cuatro? Es sólo el sentido común, no te imaginas que los elementos aparecen de la nada, pero resulta que con el sólo hecho de cuestionar el sentido común, se podría afirmar que cuando juntas cuatro elementos aparecen miles de elementos más. Y si lo demuestras, todo se basa en la razón." - Alonso Duque Vega, razonador por excelencia $TEX: $S=1+dfrac{1}{2}+dfrac{1}{3}+dfrac{1}{4}+dfrac{1}{5}+ldots$$ Esta serie converge! He encontrado una maravillosa demostración de esto, pero no cabe en la estrechez de esta firma...

Caetano Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Feb 19 2007, 09:18 PM Publicado: #3
Dios Matemático Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 293 Registrado: 13-May 05 Desde: Santiago Centro Miembro Nº: 3 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Universidad: Sexo:	Excelente solucion al problema 5. Felicitaciones --------------------

S. E. Puelma Moy... S. E. Puelma Moya Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Mar 13 2007, 06:27 PM 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:	A continuación, otra solución para el problema 5. Por la recurrencia, observamos que la sucesión está definida en $TEX: $\mathbb Q$$ , a menos que algún término se anule (en tal caso, no tiene más términos definidos, porque no se puede dividir por 0). La primera proposición garantiza que esto no sucede. Proposición 1: La sucesión tiene infinitos términos bien definidos, es decir: $TEX: $a_k\ne0$$ , para todo $TEX: $k\in\mathbb N$$ Demostración: Supongamos que $TEX: $a_k=0$$ , para algún $TEX: $k$$ . Obvio que $TEX: $k\ge3$$ . Además: $TEX: \begin{eqnarray}<br />a_k=0&\Rightarrow&a_{k-1}-\frac1{a_{k-1}}=0\\<br />&\Rightarrow&a_{k-1}=c\in\{-1,1\}\\<br />&\Rightarrow&a_{k-2}-\frac1{a_{k-2}}=c,\qquad c\in\{-1,1\}\\<br />&\Rightarrow&a_{k-2}\notin\mathbb Q<br />\end{eqnarray}$ Absurdo, pues ya explicamos que todos los términos son racionales (al final me salté un paso, que es hallar la solución de dos ecuaciones cuadráticas, o hacer algo similar) $TEX: $\Box$$ Definimos la función $TEX: $f:(\mathbb R-\{0\})\to\mathbb R$$ por la fórmula: $TEX: $f(x)=x-\dfrac1x$$ . Tenemos lo siguiente: $TEX: $x>0\Rightarrow f(x)<x$$ . Supongamos que no existe $TEX: $K$$ con las propiedades indicadas. Entonces $TEX: $a_1,...,a_{2002}\in\mathbb R^+$$ . Por la propiedad citada para $TEX: $f$$ , tenemos lo siguiente: $TEX: $56=a_1>a_2>...>a_{2002}>0$$ Proposición 2: Sea $TEX: $n\in\mathbb Z^+$$ . Entre los números $TEX: $a_1,...,a_{2002}$$ , existen a lo sumo $TEX: $n+1$$ en el intervalo $TEX: $[n,n+1[$$ Demostración: Supongamos que existen $TEX: $n+2$$ números con esa propiedad. Como están ordenados, entonces existe $TEX: $j$$ , con $TEX: $1\le j\le2001$$ , tal que $TEX: $a_j-a_{j+1}<\dfrac1{n+1}$$ . Por la recurrencia, tenemos lo siguiente: $TEX: $\dfrac1{a_j}<\dfrac1{n+1}\Rightarrow n+1<a_j$$ , absurdo $TEX: $\Box$$ Ahora, entre los números $TEX: $a_1,...,a_{2002}$$ , hay uno solo igual a 56, y además: 56 números en el intervalo [55,56[ 55 números en el intervalo [54,55[ $TEX: $\vdots$$ 2 números en el intervalo [1,2[ Por lo tanto, al menos 2002-1-(56+55+...+2)=406 de estos números están en el intervalo ]0,1[. Como están ordenados de manera decreciente, entonces debe ser $TEX: $0<a_{2001}<1$$ . Entonces: $TEX: $a_{2001}<1<\dfrac1{a_{2001}}\Rightarrow a_{2002}=a_{2001}-\dfrac1{a_{2001}}<0$$ , absurdo. Esta contradicción prueba que existe $TEX: $K$$ -------------------- Sebastián Elías Puelma Moya Administrador FMAT

S. E. Puelma Moy... S. E. Puelma Moya Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Mar 13 2007, 07:27 PM Publicado: #5
Dios Matemático Supremo Grupo: Administrador Mensajes: 2.706 Registrado: 13-May 05 Desde: Santiago de Chile Miembro Nº: 10 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Sexo:	Una forma alternativa para ver el lema de Guia Rojo, es la siguiente: $TEX: $\displaystyle a_{p+q}-a_p=\sum_{j=p}^{p+q-1}(a_{j+1}+a_j)=\sum_{j=p}^{p+q-1}\frac{-1}{a_j}<\frac{-q}{a_p}$$ (la primera igualdad es por suma telescópica, la segunda es por la recurrencia, y la desigualdad es por reemplazar, cada término, por el mayor de todos ellos). Ahora viene un par de problemas adicionales, vinculados con este problema: Problema 5': Si una sucesión $TEX: $(a_k)_{k\ge1}$$ tiene la misma relación de recurrencia que en el problema 5, y $TEX: $a_1\in\mathbb Q-\{-1,0,1\}$$ , entonces la sucesión tiene infinitos términos bien definidos, y todos ellos son racionales. Explique los detalles omitidos en la demostración anterior. Problema 5'': Si una sucesión $TEX: $(a_k)_{k\ge1}$$ tiene la misma relación de recurrencia que en el problema 5, y $TEX: $a_1\le n+\dfrac m{n+1}$$ , donde $TEX: $n\in\mathbb Z^+$$ y $TEX: $0\le m\le n$$ , pruebe que existe $TEX: $K\in\left\{1,...,\dfrac{n(n+1)}2+m+2\right\}$$ tal que $TEX: $a_K<0$$ . Concluya que el problema inicial puede ser planteado con valores más grandes para $TEX: $a_1$$ Tengan cuidado con el problema 5'', así me ayudan a corroborar, que lo haya redactado bien -------------------- Sebastián Elías Puelma Moya Administrador FMAT

Killua Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Mar 24 2007, 08:32 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:	Solución al problema 4: $TEX: \noindent En la figura, debemos probar que $x=y$. Sea $G$ la proyecci\'on ortogonal de $D$ sobre el lado $\overline{AB}$; como $D$ se encuentra en la bisectriz de $\angle{B}$, se sigue que $\overline{DM}=\overline{DG}$. Sea $\angle{GBD}=\angle{DBM}=\beta$, entonces $\angle{GDB}=\angle{MDB}=90-\beta$, por lo tanto por criterio $LAL\ \triangle{DGE}\cong\triangle{DME}\Rightarrow\angle{DME}=\angle{DGE}=x$. Notemos ahora que $ADEG$ es c\'iclico ($\angle{AGD}=\angle{AED}=90$), luego $\angle{EGD}=\angle{EAD}=x$. Ahora notemos que, como $\overline{AE}//\overline{FC}$ (ambas son perpendiculares a $\overleftrightarrow{BD}$), entonces $\triangle{AED}\sim\triangle{CFD}\Rightarrow\angle{EAD}=\angle{FCD}=x$. Pero el cuadril\'atero $FCMD$ es c\'iclico ($\angle{DMC}+\angle{CFD}=90+90=180$), luego $\angle{DMF}=\angle{DCF}$, o sea $x=y$, probando lo pedido $\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)

~Fatal_Collapse~ Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Jan 22 2009, 10:36 PM Publicado: #7
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 1.564 Registrado: 12-November 07 Desde: La Union, XIV Region de los Rios Miembro Nº: 12.607 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Universidad: Sexo:	Problema 1: $TEX: Definiremos operacion a la accion de borrar los numeros en la posiciones de la forma $3k+1$. Llamemos $\mathbb{S}=\{ n \in \mathbb{N} : n\equiv \{0,2\}\mod 3\}$. Sea $\omega : \mathbb{S} \to \mathbb{N}$ la funcion que asocie a cada elemento de $\mathbb{S}$ la posicion que ocupa despues de efectuar una operacion.$ $TEX: Lema 1: $\forall n\in \mathbb{S}$ se cumple que $\omega (n)=\lfloor {2n/3}\rfloor$, donde $\lfloor {x}\rfloor$ es el mayor entero menor o igual a $x$$ $TEX: Demostracion: Veamos que $n$ puede ser de la forma $3m$ o $3m+2$, $m\in \mathbb{Z}^+$, asi que evaluaremos cada caso:<br /><br />Caso 1:$n=3m$. Al efectuar la operacion, borramos los numeros en las posiciones $1,4,7,10, ..., 3(m-1)+1$, es decir, $m$ numeros antecesores de $3m$. Esto equivale a decir que el numero en la posicion $3m$, al aplicar la operacion, pasa a ocupar la posicion $2m$. Por la definicion otorgada a $\omega $, obtenemos que $\omega (n)=\omega (3m)=2m=\lfloor {2(3m)/3}\rfloor=\lfloor {2n/3}\rfloor$.<br /><br />Caso 2:$n=3m+2$. Al efectuar la operacion, borramos los numeros en las posiciones $1,4,7,10,..., 3m+1$, es decir, borramos $m+1$ numeros antecesores de $3m+2$. Esto significa que el numero en la posicion $3m+2$ pasa a ocupar la posicion $2m+1$. Luego $\omega (n)=\omega (3m+2)=2m+1=\lfloor {2m+4/3}\rfloor=\lfloor {2(3m+2)/3}\rfloor=\lfloor {2n/3}\rfloor$<br /><br />Demostrando el lema.$ $TEX: Lema 2: Sea $\xi (n)=\left[3n/2\right]$, donde $\left[x\right]$ es el menor entero mayor o igual a $x$. Entonces $\xi (n)=\omega^{-1} (n)$ (es decir, $\xi $ es la funcion inversa de $\omega $).$ $TEX: Demostracion: Debemos demostrar que $\forall n\in \mathbb{S}; \xi (\omega (n))=n$.<br /> Notemos que como $n\in \mathbb{S}$, $n=3q$ O $n=3q+2$, $q\in \mathbb{N}$:<br /><br />Caso 1: $n=3q$. Entonces $\xi (\omega (n))=\xi (\omega (3q))=\xi (2q)=\left[3(2q)/2\right]=3q=n$<br /><br />Caso 2: $n=3q+2$. Entonces $\xi (\omega (n))=\xi (\omega (3q+2))=\xi (2q+1)=\left[3(2q+1)/2\right]=\left[3q+1,5\right]=3q+2=n$<br /><br />Demostrando el lema.$ $TEX: Veamos ahora el problema. Notemos que si para cierto par $r ,a\in \mathbb{N}$ tenemos que $\omega^r (a)=1$ (donde $\omega^1 (a)=\omega (a)$ y $\omega^{r+1} (a)=\omega (\omega^r (a))$), esto significa que al efectuar $r$ operaciones, el numero $a$ ocupara la posicion 1. Por otra parte, notemos que si a 2001 le aplicamos la operacion, quedaran $\omega (2001)=1334$ numeros en la lista. Aplicando otra vez la operacion quedaran $\omega (1334)=889$ numeros en la lista. Pero $889\not \in \mathbb{S}$, asi que quedaran $\omega (888)=592$ numeros. De esto podemos concluir lo siguiente: Para calcular la cantidad de numeros que quedan despues de efectuar la operacion, tenemos que calcular $\omega (t)$ donde $t$ es la cantidad de numeros en la lista. Ahora, si $t\not \in \mathbb{S}$, basta calcular $\omega (t-1)$. Calculando a mano, podemos ver que bastan 17 operaciones para que quede un solo numero. Ahora que sabemos esto, debemos calcular $N=\xi^{17} (1)$ (donde $\xi^r (n)$ es definido similarmente a $\omega^r (n)$). Notemos que este es el ultimo numero en ser borrado, ya que $\xi (n)$ indica la posicion de $n$ antes de efectuar la operacion. Calculando a mano podemos ver que $\boxed {N=1598}$$ Ojo con las definiciones de las funciones $TEX: $\lfloor {x}\rfloor$$ y $TEX: $\left[x\right]$$ Espero que este bien- Saludos -------------------- Ricardo Vargas Obando Ex-alumno Deutsche Schule La Unión (Generación 2010, de los 150 años). Novato de Licenciatura en Matemática/Estadística, en la Pontificia Universidad Católica de Chile. Grupo de facebook de Novatos Matemática y Estadística PUC 2011 Currículum Olímpico: Medalla de Plata, XIX Olimpiada Nacional de Matemática Nivel Menor (2007) Medalla de Oro, XXI Olimpiada Nacional de Matemática Nivel Mayor (2009) Medalla de Bronce, XXV Olimpiada Iberoamericana de Matemática (2010) Medalla de Oro, XXII Olimpiada Nacional de Matemática Nivel Mayor (2010) "What we learned as children, that one plus one equals two, we know to be false. One plus one equals one. We even have a word when you plus another, equals one. That word is love." "Todos piensan en cambiar el mundo, pero nadie piensa en cambiarse a sí mismo."

pelao_malo Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Jan 27 2009, 12:10 PM Publicado: #8
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 878 Registrado: 14-May 07 Desde: Talcahuano Miembro Nº: 5.845 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Sexo:	gracias varguitas por revivir sector olimpico P3. -Notar que el LG de los puntos P es el arco capaz de AC de angulo 120 (solo interior al triangulo). Notar que independiente de P en dicho arco, el cuadrilatero BMPN es ciclico. Siendo O el centro del triangulo ABC, tenemos que <MBO=30 (siempre) y <MPO=180-<CPO=180-<CAO=180-30=150 por lo que el cuadrilatero BMPO es ciclico. Entonces el circuncentro X del triangulo BMN pertenece a la mediatriz de BO, por lo que el LG de los circuncentros es un segmento de la mediatriz de BO. Notemos que si P tiende a A, entonces X tiende a el corte de la mediatriz de BO con la perpendicular a AC por A, pero nunca alcanza el limite (por degenerarse la figura BMPN). Entonces el lugar geometrico buscado es el segmento determinado por las perpendiculares a AC por A y C con la mediatriz de BO, sin incluir los extremos. -------------------- $TEX: $\sqrt{5}=41$$

S. E. Puelma Moy... S. E. Puelma Moya Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Jan 28 2009, 05:57 AM Publicado: #9
Dios Matemático Supremo Grupo: Administrador Mensajes: 2.706 Registrado: 13-May 05 Desde: Santiago de Chile Miembro Nº: 10 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Sexo:	CITA(pelao_malo @ Jan 27 2009, 01:10 PM) Notemos que si P tiende a A, entonces X tiende a el corte de la mediatriz de BO con la perpendicular a AC por A, pero nunca alcanza el limite (por degenerarse la figura BMPN). Lo único que tengo para criticar esta solución, es la oración citada encima. En cualquier caso, se trata de un problema 3 de Olimpiada Iberoamericana de Matemática, así que ya es muy meritorio lo que has logrado. PD: ¿Es Geogebra el programa que usaste para la figura? En caso afirmativo, ¿La afirmación "limítrofe" fue apoyada por ese programa? -------------------- Sebastián Elías Puelma Moya Administrador FMAT

pelao_malo Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Jan 28 2009, 08:28 AM Publicado: #10
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 878 Registrado: 14-May 07 Desde: Talcahuano Miembro Nº: 5.845 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Sexo:	Hola xsebastian resulta que si P tiende a A, entonces M tambien tiende a A, y la mediatriz de MP tiende a la perpendicular a AC por A. Respecto del programa, yo uso CAR, y no use eso de limitrofe xD! solo traze las perpendiculares y marque los puntitos distintos. Gracias por la correccion, salu2 -------------------- $TEX: $\sqrt{5}=41$$

« Posterior · Olimpiada Iberoamericana · Anterior »

2 Páginas:

1 2 >

Reply to this topic

Start new topic

1 usuario(s) está(n) leyendo esta discusión (1 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: 25th April 2025 - 11:50 PM

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