Question

Sea $ABCD$ un cuadrado unitario. Sea $Q_1$ el punto medio de $\overline{CD}.$ Para $i=1,$ $2,$ $\ldots,$ sea $P_i$ la intersección de $\overline{AQ_i}$ y $\overline{BD},$ y sea $Q_{i+1}$ el pie de la perpendicular desde $P_i$ hasta $\overline{CD}.$ ¿Cuánto vale

$\sum_{i=1}^{\infty}\text{Área de }\triangle DQ_iP_i?$

Let $ABCD$ be a unit square. Let $Q_1$ be the midpoint of $\overline{CD}.$ For $i=1,$ $2,$ $\ldots,$ let $P_i$ be the intersection of $\overline{AQ_i}$ and $\overline{BD},$ and let $Q_{i+1}$ be the foot of the perpendicular from $P_i$ to $\overline{CD}.$ What is

$\sum_{i=1}^{\infty}\text{Area of }\triangle DQ_iP_i?$

$\dfrac16$

$\dfrac14$

$\dfrac13$

$\dfrac12$

$1$

Respuesta: B

Conceptos:semejanza telescópica recursión

Nivel de dificultad: 2210

Pista pequeña:

Los triángulos semejantes dan la recursión $DQ_{i+1}=\dfrac{DQ_i}{1+DQ_i},$ y $DQ_1=\tfrac12$ lleva a $DQ_i=\dfrac{1}{i+1}$ .

Similar triangles give the recursion $DQ_{i+1}=\dfrac{DQ_i}{1+DQ_i},$ and $DQ_1=\tfrac12$ leads to $DQ_i=\dfrac{1}{i+1}$

Pista grande:

El área de $\triangle DQ_iP_i$ es $\tfrac12\cdot\dfrac{1}{i+1}$ $\cdot\dfrac{1}{i+2}$ $=\tfrac12\left(\dfrac{1}{i+1}-\dfrac{1}{i+2}\right);$ la suma es telescópica.

The area of $\triangle DQ_iP_i$ is $\tfrac12\cdot\dfrac{1}{i+1}$ $\cdot\dfrac{1}{i+2}$ $=\tfrac12\left(\dfrac{1}{i+1}-\dfrac{1}{i+2}\right);$ the sum telescopes

Solución:

Coloca $D=(0,0),$ $C=(1,0),$ $B=(1,1),$ $A=(0,1),$ y sea $q_i=DQ_i.$ Al intersecar la recta $AQ_i$ con $\overline{BD}$ (la recta $y=x$ ) se obtiene $P_i$ con ambas coordenadas $\dfrac{q_i}{1+q_i},$ así que $q_{i+1}=\dfrac{q_i}{1+q_i}.$ A partir de $q_1=\tfrac12$ esto da $q_i=\dfrac{1}{i+1}.$ La base de $\triangle DQ_iP_i$ es $DQ_i=\dfrac{1}{i+1}$ y su altura es la coordenada $y$ de $P_i,$ que es $q_{i+1}=\dfrac{1}{i+2}.$ Entonces $\begin{gathered} \text{Área de }\triangle DQ_iP_i=\tfrac12\cdot\dfrac{1}{i+1} \\ \quad{}\cdot\dfrac{1}{i+2} \\ {}=\tfrac12\left(\dfrac{1}{i+1}-\dfrac{1}{i+2}\right). \end{gathered}$ La suma telescópica da $\tfrac12\cdot\tfrac12=\tfrac14.$

Por lo tanto, la respuesta correcta es B.

Place $D=(0,0),$ $C=(1,0),$ $B=(1,1),$ $A=(0,1),$ and let $q_i=DQ_i.$ Intersecting line $AQ_i$ with $\overline{BD}$ (the line $y=x$ ) gives $P_i$ with both coordinates $\dfrac{q_i}{1+q_i},$ so $q_{i+1}=\dfrac{q_i}{1+q_i}.$ From $q_1=\tfrac12$ this yields $q_i=\dfrac{1}{i+1}.$ The base of $\triangle DQ_iP_i$ is $DQ_i=\dfrac{1}{i+1}$ and its height is the $y$ -coordinate of $P_i,$ which is $q_{i+1}=\dfrac{1}{i+2}.$ Then $\begin{gathered} \text{Area of }\triangle DQ_iP_i=\tfrac12\cdot\dfrac{1}{i+1} \\ \quad{}\cdot\dfrac{1}{i+2} \\ {}=\tfrac12\left(\dfrac{1}{i+1}-\dfrac{1}{i+2}\right). \end{gathered}$ Summing telescopes to $\tfrac12\cdot\tfrac12=\tfrac14.$

Thus, the correct answer is B.

2016 AMC 12B Problema 21

Respuesta: B

Nivel de dificultad: 2210

Pista pequeña:

Pista grande:

Solución:

El Problema 21 en otros años