Soluciones finalmenor2006
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1. Se resuelve un problema geométrico sobre circunferencias concéntricas usando el teorema de Pitágoras. 2. Se explica que los números equilibrados de 3 cifras aparecen de a 6 y se enumeran los 121 números equilibrados de 3 cifras. 3. Se resuelve una suma de progresiones geométricas para calcular el valor de Sn.
![3.-
an⋅r − a1
Sn =
r −1
BA1 = 5 BA2 = 5/2 …
29 (5 + 5/2 + 5/22 + … + 5/28)
= 29 5 (1 + 1/2 + 1/22 + … + 1/28)
= 29 5 (2 (1 – 1/29))
= 210 5 (1 – 1/29)
= 210 5 – 2⋅5
= 1024⋅5 – 10
= 5120 – 10
= 5110
4.-
ab 1 1
(ABC) = = r (a − r ) + r (b − r ) + r 2
2 2 2
ab
= ab = r (a+b) ⇒ r=
a+b
1 1 1
= +
r a b
5.-Sea
Como ∠AFE = ∠AFE = 90º
⇒ Por Thales están inscritos sobre AE (diámetro de la
circunferencia)
Es evidente que ∆AEB ≅ ∆CDE
∴∠CDE = ∠EAB, pero ∠EAB = ∠EFB, por estar inscritos en
la misma cuerda.
Por transitividad ∠CDE = ∠EFB.
6.- Sea [x]= n, {x} = α además,
, Hallar C máx. Tal que ∀x :
(n + α)2 ≥ C n α (1)
Veamos que pasa con C > 4, pues para C = 4 se cumple (1)
P.D que para todo C > 4 se puede elegir n y α, tal que (1) NO se cumple.
En efecto n = 1 se puede escribir de la forma (α + 1)2 ≥C α ⇔ α2 + 2α + 1 ≥ C α
f (α) = α2 + (2 – C) α + 1 ≥ 0
f(1) = 4 – c
f(0) = 1 ∴ en (0,1] se puede elegir α tal que f (α) < 0
∴C=4](https://image.slidesharecdn.com/solucionesfinalmenor2006-110406003040-phpapp01/85/Soluciones-finalmenor2006-2-320.jpg)
Soluciones finalmenor2006
- 1. Soluciones 18º Olimpiada de Matemática Primer y Segundo día Menores 1.- Considere la siguiente figura: Sean: R, el radio de la circunferencia MAYOR y r, el radio de la circunferencia MENOR BC = 1 AB = 2 AC = 3 OC = 3 - 1 – r OB = 1 + r Por Pitágoras en BCO 2 3 ⇒ r= −1 3 R=r+2 2.- Sea abc un número equilibrado con c = (a + b) : 2 Los números de tres cifras iguales son equilibrados (hay 9). Notemos que si abc es equilibrado ⇒ acb, bac, bca, cab, cba también lo son, por lo tanto los números equilibrados de 3 cifras distintas aparecen de 6 en 6. Si un número equilibrado tiene 2 cifras iguales necesariamente la tercera también lo es. Construyamos números equilibrados siguiendo un orden, en primer lugar los números equilibrados con la primera cifra 1, después aquellos que comiencen con 2…. 132, 153, 174, 195 243, 264, 285 354, 375, 396 465, 486 16 x 6 = 96 576, 597 687 798 Nos queda incluir aquellos números que contengan el cero, estos aparecen de 4 en 4. 201, 402, 603, 804 4 x 4 = 16 En total tenemos 9 + 96 + 16 = 121 números equilibrados
- 2. 3.- an⋅r − a1 Sn = r −1 BA1 = 5 BA2 = 5/2 … 29 (5 + 5/2 + 5/22 + … + 5/28) = 29 5 (1 + 1/2 + 1/22 + … + 1/28) = 29 5 (2 (1 – 1/29)) = 210 5 (1 – 1/29) = 210 5 – 2⋅5 = 1024⋅5 – 10 = 5120 – 10 = 5110 4.- ab 1 1 (ABC) = = r (a − r ) + r (b − r ) + r 2 2 2 2 ab = ab = r (a+b) ⇒ r= a+b 1 1 1 = + r a b 5.-Sea Como ∠AFE = ∠AFE = 90º ⇒ Por Thales están inscritos sobre AE (diámetro de la circunferencia) Es evidente que ∆AEB ≅ ∆CDE ∴∠CDE = ∠EAB, pero ∠EAB = ∠EFB, por estar inscritos en la misma cuerda. Por transitividad ∠CDE = ∠EFB. 6.- Sea [x]= n, {x} = α además, , Hallar C máx. Tal que ∀x : (n + α)2 ≥ C n α (1) Veamos que pasa con C > 4, pues para C = 4 se cumple (1) P.D que para todo C > 4 se puede elegir n y α, tal que (1) NO se cumple. En efecto n = 1 se puede escribir de la forma (α + 1)2 ≥C α ⇔ α2 + 2α + 1 ≥ C α f (α) = α2 + (2 – C) α + 1 ≥ 0 f(1) = 4 – c f(0) = 1 ∴ en (0,1] se puede elegir α tal que f (α) < 0 ∴C=4