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1ª Killer Maraton, Solo para valientes

Luffy Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Oct 22 2006, 05:25 PM Publicado: #71
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 556 Registrado: 16-August 06 Desde: Rio de Janeiro Miembro Nº: 1.950 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Universidad: Sexo:	$TEX: $\boxed{P_{17}}$$ $TEX: $a_{n+1}=a_n^2-ka_n+k$$ $TEX: $a_{n+1}-k = a_n(a_n-k)$$ Luego, sea $TEX: $m \neq n$$ ; digamos que $TEX: $m=n+k$$ : $TEX: $a_{n+k}-k= a_{n+k-1}(a_{n+k-1}-k)=a_{n+k-1}a_{n+k-2}(a_{n+k-2}-k)=...=a_{n+k-1}\cdot\cdot\cdot a_n(a_n-k)$$ Luego: $TEX: $a_m-k \equiv 0$ (mod $a_n$)$ Luego como $TEX: $a_n \equiv 1$ (mod k) $\Rightarrow$ $a_n= kp+1$$ $TEX: $a_m \equiv k$ (mod $a_n$)$ $TEX: $-a_mp \equiv -kp \equiv 1$ (mod $a_n$)$ Finalmente $TEX: $MCD(a_m;a_n)=1$$

Caetano Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Oct 22 2006, 10:59 PM Publicado: #72
Dios Matemático Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 293 Registrado: 13-May 05 Desde: Santiago Centro Miembro Nº: 3 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Universidad: Sexo:	$TEX: \noindent Sea ABCD el cuadrilatero de la figura:$ screen.width0.6) {this.resized=true; this.width=screen.width0.4; this.alt='Pincha Aqui para ver esta imagen en su tamaÃ±o original';}" onmouseover="if(this.resized) this.style.cursor='hand';" onclick="if(this.resized) {window.open('http://img120.imageshack.us/img120/2264/convexoaa7.png');}" /> $TEX: \noindent Sea $A_1=(ADC)$ y $A_2=(ABC)$, con $h_1$ y $h_2$ sus respectivas alturas. Probemos que para $ABCD$ convexo cualquiera se tiene que $(AC\cdot BD)^2\ge 16A_1A_2$.$ $TEX: Denotemos por $A=(ABCD)$, tenemos que:$ $TEX: $A=A_1+A_2=\displaystyle\frac{AC\cdot h_1}{2}+\displaystyle\frac{AC\cdot h_2}{2}=\displaystyle\frac{AC\cdot (h_1+h_2)}{2}\le \displaystyle\frac{AC\cdot BD}{2}$$ $TEX: donde la igualdad se da para $BD=h_1+h_2$ es decir, $AC\perp BD$ .$ $TEX: $\Rightarrow$ $\left(\displaystyle\frac{AC\cdot BD}{2}\right)^2\ge A^2 = (A_1+A_2)^2 \ge 4A_1A_2$$ $TEX: $\Rightarrow$ $(AC\cdot BD)^2\ge 16A_1A_2$$ $TEX: Pero notese que $A_1\cdot A_2=\displaystyle\frac{AD\cdot DC\cdot sen135}{2}\cdot \displaystyle\frac{AB\cdot BC\cdot sen135}{2}$$ $TEX: $\Rightarrow$ $A_1\cdot A_2=\displaystyle\frac{AB\cdot BC\cdot CD\cdot DA}{8}$$ $TEX: pero $(AC\cdot BD)^2=2\cdot AB\cdot BC\cdot CD\cdot DA$, y por lo tanto$ $TEX: $(AC\cdot BD)^2=16A_1\cdot A_2$$ $TEX: \noindent Es decir, $AC\perp BD$, concluyendo que si es necesario esta ultima condicion.$ Mensaje modificado por Caetano el Oct 22 2006, 11:03 PM --------------------

Cesarator	Oct 23 2006, 08:45 AM Publicado: #73
Invitado	$TEX: <br />{\bf Problema 19}. Considerar dos tri\'angulos $\triangle ABC$ y $\triangle A'B'C'$ con<br />$\angle C \cong \angle C'$. Asumir que , adem\'as, <br />\[<br />\frac{R}{r} = \frac{R'}{r'},<br />\]<br />donde, como es habitual, $R$ y $r$ denotan los radios de las circunferencias circunscrita e inscrita del $\triangle ABC$ (an\'alogo para $R', r'$). Demostrar que entonces los tri\'angulos son semejantes: $\triangle ABC \sim \triangle A'B'C'$.<br />$

Pasten Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Oct 23 2006, 11:01 AM Publicado: #74
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 765 Registrado: 6-December 05 Miembro Nº: 458 Nacionalidad: Sexo:	CITA(Cesarator @ Oct 23 2006, 09:45 AM) $TEX: <br />{\bf Problema 19}. Considerar dos tri\'angulos $\triangle ABC$ y $\triangle A'B'C'$ con<br />$\angle C \cong \angle C'$. Asumir que , adem\'as, <br />\[<br />\frac{R}{r} = \frac{R'}{r'},<br />\]<br />donde, como es habitual, $R$ y $r$ denotan los radios de las circunferencias circunscrita e inscrita del $\triangle ABC$ (an\'alogo para $R', r'$). Demostrar que entonces los tri\'angulos son semejantes: $\triangle ABC \sim \triangle A'B'C'$.<br />$ $TEX: \noindent<br />Sea $k:\frac{1}{2k}=\frac{R}{r} = \frac{R'}{r'}$, $S$ un circulo de diamtro $1$. Por hipotesis, es costruptible un triangulo con el angulo $\hat{C}$ dado, y su circunradio con su inradio en la razon dada. Construyamos una cuerda $XY$ de longitud sen $w$ donde $w=\hat{C}$. Tracemos una recta $l//XY$ a distancia $k$ de $XY$ en el mismo semiplano que esta el arco de $S$ determminado por $X,Y$ sobre el cual se puede inscribir $\hat{C}$ con extremos en $X,Y$ (llamemos $F$ a este arco). En este mismo semiplano y con extremos en $X,Y$ tracemos un arco $T$ de medida $\hat{A}+\hat{B}=180-w$. Notemos que $T$ es el lugar geometrico del incentro $I$ de $XYZ$ cuando $Z$ varia sobre el arco $F$. Sean $I_1$, $I_2$ (posiblemente coincidan) las intersecciones de $l$ con $T$. Sea $S_i$ el circulo con centro $I_i$ y radio $k$, entonces existe un punto $Z_i\in F$ tal que $S_i$ es el incirculo de $XYZ_i$. Notemos ahora que los $XYZ_i$ son simetricos, asi que son congruentes. Esta construccion , si asumimos que nos dara un triangulo inscrito en un circulo de diametro 1, depende solo de $k$ y $w$, y como $k$ depende de $\frac{1}{2k}=\frac{R}{r} = \frac{R'}{r'}$, tenemos que el triangulo $XYZ_i$ depende solo de $w$ y la proporcion entre su circunradio y su inradio. Claramente $ABC\sim XYZ,XYZ\sim A'B'C'$ asi que $ABC\sim A'B'C'$.$ screen.width0.6) {this.resized=true; this.width=screen.width0.4; this.alt='Pincha Aqui para ver esta imagen en su tamaÃ±o original';}" onmouseover="if(this.resized) this.style.cursor='hand';" onclick="if(this.resized) {window.open('http://img253.imageshack.us/img253/9519/soluxxxpm8.png');}" /> (disculpas... en la biblioteca no tenia programa para geometria) Mensaje modificado por Pasten el Oct 23 2006, 11:42 AM -------------------- Pasten, un buen muchacho en quien confiar.

Cesarator	Oct 23 2006, 11:26 AM Publicado: #75
Invitado	Ver punto 4b) del reglamento REGLAMENTO K-MARATON

Luffy Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Oct 23 2006, 02:29 PM Publicado: #76
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 556 Registrado: 16-August 06 Desde: Rio de Janeiro Miembro Nº: 1.950 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Universidad: Sexo:	Situemos $TEX: $A'$$ en $TEX: $A$$ , luego hay 2 casos: screen.width0.6) {this.resized=true; this.width=screen.width0.4; this.alt='Pincha Aqui para ver esta imagen en su tamaÃ±o original';}" onmouseover="if(this.resized) this.style.cursor='hand';" onclick="if(this.resized) {window.open('http://img275.imageshack.us/img275/1550/mmmmav2.png');}" /> Ahora notese las siguientes relaciones: $TEX: $$\frac{(ABC)}{(A'B'C')}=\frac{(ABC)}{(A'B'C')}$$$ $TEX: $$\frac{\frac{BC\cdot CA\cdot sin C}{2}}{\frac{B'C'\cdot C'A'\cdot sin C'}{2}}=\frac{\frac{AB\cdot BC\cdot CA}{4R}}{\frac{A'B'\cdot B'C'\cdot C'A'}{4R'}}$$$ $TEX: $$\frac{BC\cdot CA}{B'C'\cdot C'A'}=\frac{AB\cdot BC\cdot CA\cdot R'}{A'B'\cdot B'C'\cdot C'A'\cdot R}$$$ $TEX: $$\boxed{\frac{R}{R'}=\frac{AB}{A'B'}}$$$ Otra relación útil: $TEX: $$\frac{(ABC)}{(A'B'C')}=\frac{(ABC)}{(A'B'C')}$$$ $TEX: $$\frac{\frac{r(AB+BC+CA)}{2}}{\frac{r'(A'B'+B'C'+C'A')}{2}}=\frac{\frac{BC\cdot CA\cdot sin C}{2}}{\frac{B'C'\cdot C'A'\cdot sin C'}{2}}$$$ $TEX: $$\boxed{\frac{r}{r'}=\frac{BC\cdot CA\cdot (A'B'+B'C'+C'A')}{B'C'\cdot C'A'\cdot (AB+BC+CA)}}$$$ Por lo tanto: $TEX: $$\boxed{\frac{AB}{A'B'}=\frac{BC\cdot CA\cdot (A'B'+B'C'+C'A')}{B'C'\cdot C'A'\cdot (AB+BC+CA)}}$$$ Luego, sea $TEX: $$\frac{AB}{A'B'}\ge \frac{BC}{B'C'} \ge \frac{CA}{C'A'}$$$ Entonces: $TEX: $$\frac{A'B'}{AB} \ge \frac{A'B'+B'C'+C'A'}{AB+BC+CA}$$$ Luego: $TEX: $$\frac{A'B'\cdot AB^2}{AB\cdot A'B'^2} \ge \frac{BC\cdot CA\cdot (A'B'+B'C'+C'A')}{B'C'\cdot C'A'\cdot (AB+BC+CA)}$$$ $TEX: $$\frac{AB}{A'B'} \ge \frac{BC\cdot CA\cdot (A'B'+B'C'+C'A')}{B'C'\cdot C'A'\cdot (AB+BC+CA)}$$$ Con la igualdad para $TEX: $$\frac{AB}{A'B'}=\frac{BC}{B'C'}=\frac{CA}{C'A'}$$$ , osea, para $TEX: $\triangle ABC \sim \triangle A'B'C'$$ Pero, si sea $TEX: $$\frac{AB}{A'B'}\le \frac{BC}{B'C'} \le \frac{CA}{C'A'}$$$ Entonces: $TEX: $$\frac{A'B'}{AB} \le \frac{A'B'+B'C'+C'A'}{AB+BC+CA}$$$ Luego: $TEX: $$\frac{A'B'\cdot AB^2}{AB\cdot A'B'^2} \le \frac{BC\cdot CA\cdot (A'B'+B'C'+C'A')}{B'C'\cdot C'A'\cdot (AB+BC+CA)}$$$ $TEX: $$\frac{AB}{A'B'} \le \frac{BC\cdot CA\cdot (A'B'+B'C'+C'A')}{B'C'\cdot C'A'\cdot (AB+BC+CA)}$$$ Con la igualdad para $TEX: $$\frac{AB}{A'B'}=\frac{BC}{B'C'}=\frac{CA}{C'A'}$$$ , osea, para $TEX: $\triangle ABC \sim \triangle A'B'C'$$ Mensaje modificado por Luffy el Oct 23 2006, 04:31 PM

Pasten Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Oct 23 2006, 04:26 PM Publicado: #77
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 765 Registrado: 6-December 05 Miembro Nº: 458 Nacionalidad: Sexo:	CITA(Cesarator @ Oct 22 2006, 04:58 PM) $TEX: <br />{\bf Problema 18}. Sea $ABCD$ un cuadril\'atero convexo con $\angle B = \angle D =135^o$. Asumir que<br />\[<br />AC^2\cdot BD^2 = 2 AB\cdot BC\cdot CD\cdot DA.<br />\]<br />Determinar si las diagonales del cuadril\'atero son necesariamente perpendiculares.<br />$ screen.width0.6) {this.resized=true; this.width=screen.width0.4; this.alt='Pincha Aqui para ver esta imagen en su tamaÃ±o original';}" onmouseover="if(this.resized) this.style.cursor='hand';" onclick="if(this.resized) {window.open('http://img335.imageshack.us/img335/4662/kcuadrilatrovc5.png');}" /> $TEX: \noindent<br />Demostraresmos previamente la seiguiente desigualdad;\\<br />$x^2+y^2\ge 2xy\sqrt{(1-x^2)(1-y^2)}+2x^2y^2 : x,y\in [0,1]$ (1)\\<br />Primero, tenemos que\\<br />$2xy\sqrt{(1-x^2)(1-y^2)}=2\sqrt{x^2(1-x^2)y^2(1-y^2)}\le x^2(1-x^2)+y^2(1-y^2)=x^2+y^2-(x^4+y^4)$ (2)\\<br />por otra parte, se tiene\\<br />$x^4+y^4\ge 2x^2y^2$ (3)\\<br />De (2) y (3) se desprende que\\<br />$2xy\sqrt{(1-x^2)(1-y^2)}+2x^2y^2\le x^2+y^2-(x^4+y^4)+x^4+y^4=x^2+y^2$\\<br />Como se queria probar. La condicion de igualdad es la misma que la de $A\ge G$, es decir, igualdad si y solo si $x=y$.\\<br />\\<br />Usaremos la notacion del dibujo. Llamemos $p,q$ a las diagonales y $a,b,c,d$ a los lados segun se ve. Sean $u=\angle ACB,v=\angle ACD$. El cuadrilatero rojo es un cuadrado y sus vertices son las intersecciones y centros de los dos arcos grises que se ven. Estos arcos corresponden a los lugares geometricos de $B,D$ cuando varian $u,v$. Digamos que el radio de los arcos es $\frac{1}{2}$, entonces tendremos\\<br />$a=\sin u\\<br />b=\sin v\\<br />c=\sin (45-v)=\frac{1}{\sqrt{2}}(\cos v -b)\\<br />d=\sin (45-u)=\frac{1}{\sqrt{2}}(\cos u -a)\\<br />p^2=a^2+b^2-2ab \cos (45-u-v)=a^2+b^2-2ab(a \cos v+b \cos u)\\<br />q^2=\frac{1}{2}$\\<br />Ahora, por hipotesis sabemos que\\<br />$p^2q^2=2abcd$ (4)\\<br />Sustituyendo y amplificando por $2$ obtenemos\\<br />$a^2+b^2-2ab(a\cos v+b\cos u)=2ab(\cos u -a)(\cos v -b)$\\<br />desarrollando y simplificando obtenemos\\<br />$a^2+b^2=2ab\cos u \cos v + 2a^2b^2$\\<br />ahora recordando que $\sin^2 r + \cos^2 r =1, \forall r\in\mathbb{R}$ obtenemos\\<br />$a^2+b^2=2ab\sqrt{(1-a^2)(1-b^2)} + 2a^2b^2$\\<br />Que es el caso particular de igualdad de (1), luego, la condicion dada (4) implica que $a=b\Rightarrow \sin u=\sin v \Rightarrow u=v$, de donde se concluye que necesariamente $p$ es perpendicular a $q$, como se pedia.\\<br />Respuesta: Las diagonales necesariamente son perpendiculares.<br />$ Mensaje modificado por Pasten el Oct 23 2006, 05:35 PM -------------------- Pasten, un buen muchacho en quien confiar.

Caetano Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Oct 23 2006, 06:25 PM Publicado: #78
Dios Matemático Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 293 Registrado: 13-May 05 Desde: Santiago Centro Miembro Nº: 3 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Universidad: Sexo:	$TEX: Problema 19$ $TEX: \noindent Sean $\alpha, \beta, \gamma$ los respectivos angulos del triangulo $ABC$ , y $\alpha', \beta', \gamma'$ los de $A'B'C'$, donde por enunciado se sabe que $\gamma=\gamma'$ .$ $TEX: Ahora, dado que $\displaystyle\frac{R}{r}=\displaystyle\frac{R'}{r'}$ se tiene que:$ $TEX: $1+\displaystyle\frac{r}{R}=1+\displaystyle\frac{r'}{R'}$$ $TEX: $\Rightarrow$ $cos(\alpha)+cos(\beta)+cos(\gamma)=cos(\alpha')+cos(\beta')+cos(\gamma')$$ $TEX: $\Rightarrow$ $cos(\alpha)+cos(\beta)=cos(\alpha')+cos(\beta')$$ $TEX: $\Rightarrow$ $cos\left(\displaystyle\frac{\alpha+\beta}{2}\right)\cdot cos\left(\displaystyle\frac{\alpha-\beta}{2}\right)=cos\left(\displaystyle\frac{\alpha'+\beta'}{2}\right)\cdot cos\left(\displaystyle\frac{\alpha'-\beta'}{2}\right)$$ $TEX: Pero como $\gamma=\gamma'$ $\Rightarrow$ $\alpha+\beta=\alpha'+\beta' < \pi$, luego:$ $TEX: $cos\left(\displaystyle\frac{\alpha-\beta}{2}\right)=cos\left(\displaystyle\frac{\alpha'-\beta'}{2}\right)$$ $TEX: y como $\alpha-\beta , \alpha'-\beta' \in (0,\pi)$ nos queda que:$ $TEX: $\alpha-\beta=\alpha'-\beta'$ $\Rightarrow$ $2\alpha-(\alpha+\beta)=2\alpha'-(\alpha'+\beta')$ $\Rightarrow$ $\alpha=\alpha'$ $\Rightarrow$ $\beta=\beta'$$ $TEX: concluyendo asi que los triangulos en cuestion son semejantes.$ --------------------

Cesarator	Oct 23 2006, 06:28 PM Publicado: #79
Invitado	$TEX: <br />{\bf Problema 20}. Sean $P, Q$ puntos en los lados $\overline{BC}$ y $\overline{AC}$ de un $\triangle ABC$, con $AP$ y $BQ$ bisectrices de los \'angulos $\angle A$ y $\angle B$, respectivamente.<br /><br />Asumir que $\angle BAC= 60^o$ y que $AB+BP = AQ+QB$. <br /><br />Encontrar el valor de $\angle ABC$.<br />$ Mensaje modificado por Cesarator el Oct 23 2006, 06:45 PM

Caetano Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Oct 23 2006, 06:38 PM Publicado: #80
Dios Matemático Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 293 Registrado: 13-May 05 Desde: Santiago Centro Miembro Nº: 3 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Universidad: Sexo:	Pero la medida del $TEX: $\angle BAC=60$$ por enunciado , o fue un error de tipeo? Mensaje modificado por Caetano el Oct 23 2006, 06:39 PM --------------------

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