Semana del 4 al 10 de Agosto, Sin solución publicada: 1, 7 Opciones

[Caetano]

La solucion para el problema 5 es correcta, y esta explicada de una forma bastante entendible, asi ke creo ke no habrán problemas para entenderla .

Saludos

[Caetano]

Este problema me parece + entretenido que el 4 (que yo propuse hace un rato...). El nivel de ingenio lo hace de un nivel superior al CMAT, pero aún así la solución no deja de ser atractiva:

Problema 6: Sea ABCDE un pentágono convexo, tal que AB=BC=DE=EA+CD=a, y los ángulos en A y C son rectos. Encuentre el área del pentágono en términos de a

Para la solucion del problema tenemos la siguiente figura( cabri seco:



Trazemos los segmentos BE y BD. Notemos ke si EA+CD=a, si AE=x => CD=a-x
Ahora fijemonos en el triangulo BCD rectangulo en C, y notamos ke podemos "pegarlo" al triangulo BAE rectangulo en A, puesto ke comparten un cateto "a" y un angulo recto, entonces podemos determinar un triangulo BAD', tal ke es congruente con BCD. Entonces, ahora en vez de obtener el area del pentagono ABCDE, obtendremos el area del BDED', las cuales son iguales. Pero notemos ke D'A + AE = a - x + x = a => D'E=ED, pero tambien tenemos ke BD=BD', entonces el cuadrllatero BDED' nos keda de la siguiente forma:



Entonces, los triangulos BDE y BD'E son congruentes por el criterio LLL, y por lo tanto sus areas son iguales. Pero notemos ke el area de BD'E=BA * D'E / 2= a*a/2 = a^2 / 2 => (ABCDE)=(BDE'D)=2(BD'E)=a^2

Eso seria y saludos a todos

[Guía Rojo]

Jajajaja, te me adelantaste Abraham . Iba a poner lo mismo y vi tu post, pero yo kería hacerlo sin congruencia módulo.

= ta bn, chao, salu2

[†Alucard†]

Desafio de la Semana
Sea ABC un triángulo y D el pie de la altura dese A. Consideramos dos puntos E y F, ambos distintos de D y pertenecientes a una misma recta por D, tales que AE es perpendicular a BE y AF es perpendicular a CF. Sean M y N los puntos medios de BC y EF, respectivamente. Demostrar que AN es perpendicular a NM.

Primero se sitúa el origen del plano de coordenadas en D, luego tenemos las siguientes igualdades: , , y , por perpendicularidad.
También sabemos que (puntos medios) y que (colinearidad)

Luego




porque
Así,



Luego y son perpendiculares

[Luffy]

Problema 1
Tenemos un conjunto de 221 números reales cuya suma es 110721. Los disponemos formando una tabla rectangular de modo que todas las filas y la primera y última columnas son progresiones aritméticas de más de un elemento. Probar que la suma de los elementos de las cuatro esquinas vale 2004

Suerte...y saludos 

Sea entonces la siguiente tabla (lo hice con matries porque no se como hacer la tabla ):



Luego como la última columna es también progresión aritmética:





Luego:





Luego se deduce que:



Sumo todas las igualdades:











Luego se induce que:



Entonces la suma de todos los elementos de la matriz será:



















Saludos

[Luffy]

Ups... revise mi solución se me pasaron ciertos detalles.

Nunca explique porque la tabla de , eso es por que

Luego tampoco explique porque no hice el 2º caso de una tabla de , eso es porque usando la misma tabla, pero rotada en 90 grados, por decirlo asi, me queda una tabla de donde todas las filas son progresiones aritméticas, y la primera y la última columna también; luego con la misma demostración tenemos que las cuatro esquinas suman

Eso no mas

Saludos

[Claudio Espinoza]

Desafio de la Semana
Sea ABC un triángulo y D el pie de la altura dese A. Consideramos dos puntos E y F, ambos distintos de D y pertenecientes a una misma recta por D, tales que AE es perpendicular a BE y AF es perpendicular a CF. Sean M y N los puntos medios de BC y EF, respectivamente. Demostrar que AN es perpendicular a NM.
Saludos 

Solución:

[Luffy]

holas, Bienvenido a fmat, que gusto tener un usuario extranjero, asi se nota que el foro algo de popularidad ha tenido, espero que te sientas a gusto en fmat, y que bueno que porfin alguien mas se interesa por los problemas de la semana, realmente un agrado.

Bienvenido

[Claudio Espinoza]

Problema 4: Dado un , y un punto sobre su circunferencia circunscrita, llamaremos a las proyecciones ortogonales de sobre los lados , respectivamente. Pruebe que los puntos son colineales (esto abre una discusión sobre un "clásico" teorema geométrico)

P.D. Gracias por el recibimiento

Mensaje modificado por Claudio Espinoza el Oct 23 2006, 11:38 PM

[S. E. Puelma Moy...]

La solución para el problema 4 está correcta, a pesar que debo hacer algún comentario al respecto. Los cuadriláteros que pusiste como cíclicos, no siempre tienen sus vértices ordenados en el orden que escribiste. A pesar de eso, todo se entiende bien como idea.

Una opción es que sea el punto diametralmente opuesto a , en la circunferencia circunscrita del . En ese caso, los cuadriláteros PDFB (en algún orden) y PDEC (en algún orden) degeneran en triángulos. Aunque este caso es trivial.

Las otras opciones (arco ABP midiendo menos de 180° o más de 180°) son simétricas entre sí. Considerando una de ellas, hay que visualizar en qué orden queda cada cuadrilátero cíclico, y qué igualdad angular conviene.

Fuera de estos pequeños detalles, la solución es correcta. Así lo consideraré ahora, pero queda como tarea para cada lector, darse cuenta cómo corregir estos detalles.

PD: el "clásico" teorema geométrico es el de la recta de Simson (tengo entendido que es sin p entre medio), y me parece haberlo visto explicado en otro sector de FMAT.

bienvenido a FMAT, esperamos que estos sean los primeros de muchos aportes y de muy buena calidad