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xD13G0x Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Jul 9 2011, 08:41 PM Publicado: #131
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 532 Registrado: 19-October 08 Desde: Santa Cruz de la Sierra Miembro Nº: 36.531 Nacionalidad: Sexo:	Sea $TEX: $ABCD$$ un trapecio con $TEX: $AB//CD$$ y $TEX: $AB>CD$$ . $TEX: $K$$ y $TEX: $L$$ son puntos en $TEX: $AB$$ y $TEX: $CD$$ , respectivamente, tales que $TEX: $\frac{AK}{KB}=\frac{DL}{LC}$$ . Suponga que hay puntos $TEX: $P$$ y $TEX: $Q$$ en el segmento $TEX: $KL$$ tales que $TEX: $ \angle{APB}=\angle{BCD} $$ y $TEX: $ \angle{CQD}=\angle{ABC} $$ . Pruebe que $TEX: $PQBC$$ es ciclico. -------------------- "I've never let my school interfere with my education.”

Pedantic Anarchy... Pedantic Anarchy Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Jul 10 2011, 10:45 PM Publicado: #132
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 688 Registrado: 8-November 09 Desde: Villarrica Miembro Nº: 61.657 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Universidad: Sexo:	A raíz de la razones dadas en el enunciado es trivial que DA,CB y KL concurren, llamemos al punto de concurrencia X. Sea Q´ el punto de intersección de las paralelas a DQ por A y a QC por B, como los triángulos DQC y AQ´B son homoieticos tenemos que X,Q,P y Q´ viven en la recta KL. También 180=DCB+CBA=APB+DQC=APB+AQ´B, de donde el cuadrilátero AQ´BP es cíclico, ademas como XBA=AQ´B se tiene que XB es tangente al circumcirculo del AQ´BP y por ende XBP=XQ´B=XQC lo que implica que XBP=XQC de donde se concluye que el BQPC es cíclico, demostrando lo pedido. Mensaje modificado por Pedantic Anarchy el Jul 11 2011, 11:41 AM -------------------- yo no soy especial a pesar que ella lo dijo tengo unos krk y un celular hechizo aún vácilo SFDK en el segundo piso y la frase final da igual la improviso

xD13G0x Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Jul 10 2011, 10:46 PM Publicado: #133
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 532 Registrado: 19-October 08 Desde: Santa Cruz de la Sierra Miembro Nº: 36.531 Nacionalidad: Sexo:	Correcta su ***, el problema es de una imo de cierto año xd. Proponga -------------------- "I've never let my school interfere with my education.”

Pedantic Anarchy... Pedantic Anarchy Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Jul 10 2011, 10:59 PM Publicado: #134
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 688 Registrado: 8-November 09 Desde: Villarrica Miembro Nº: 61.657 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Universidad: Sexo:	Demuestre que la ecuacion diofantica $TEX: $x^2+y^2+z^2=xyz$$ tiene infinitas soluciones enteras. Mensaje modificado por Pedantic Anarchy el Jul 10 2011, 11:00 PM -------------------- yo no soy especial a pesar que ella lo dijo tengo unos krk y un celular hechizo aún vácilo SFDK en el segundo piso y la frase final da igual la improviso

xD13G0x Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Jul 10 2011, 11:30 PM Publicado: #135
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 532 Registrado: 19-October 08 Desde: Santa Cruz de la Sierra Miembro Nº: 36.531 Nacionalidad: Sexo:	Too mainstream. $TEX: $(x,y,z)=(6,3,3)$$ es solucion. Supongamos que tenemos una solucion $TEX: $(a,b,c)$$ con $TEX: $3\le a\le b\le c$$ . Tenemos $TEX: $a^2-bc\cdot a+b^2+c^2=0$$ , viendo esa ecuacion como cuadratica en $TEX: $a$$ , por las formulas de vieta se sigue que $TEX: $bc-a$$ es tambien solucion a esa ecuacion y como $TEX: $bc-a\ge 3b-a\ge 3a-a=2a>a$$ se tiene que $TEX: $(bc-a,b,c)$$ es tambien solucion y como la suma $TEX: $x+y+z$$ de las soluciones que se van generando van creciendo se sigue que son todas distintas. -------------------- "I've never let my school interfere with my education.”

Pedantic Anarchy... Pedantic Anarchy Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Jul 11 2011, 11:35 AM Publicado: #136
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 688 Registrado: 8-November 09 Desde: Villarrica Miembro Nº: 61.657 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Universidad: Sexo:	CITA(xD13G0x @ Jul 11 2011, 12:30 AM) Too mainstream. $TEX: $(x,y,z)=(6,3,3)$$ es solucion. Supongamos que tenemos una solucion $TEX: $(a,b,c)$$ con $TEX: $3\le a\le b\le c$$ . Tenemos $TEX: $a^2-bc\cdot a+b^2+c^2=0$$ , viendo esa ecuacion como cuadratica en $TEX: $a$$ , por las formulas de vieta se sigue que $TEX: $bc-a$$ es tambien solucion a esa ecuacion y como $TEX: $bc-a\ge 3b-a\ge 3a-a=2a>a$$ se tiene que $TEX: $(bc-a,b,c)$$ es tambien solucion y como la suma $TEX: $x+y+z$$ de las soluciones que se van generando van creciendo se sigue que son todas distintas. Solucion correcta. Proponga -------------------- yo no soy especial a pesar que ella lo dijo tengo unos krk y un celular hechizo aún vácilo SFDK en el segundo piso y la frase final da igual la improviso

xD13G0x Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Jul 11 2011, 11:52 AM Publicado: #137
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 532 Registrado: 19-October 08 Desde: Santa Cruz de la Sierra Miembro Nº: 36.531 Nacionalidad: Sexo:	Sean $TEX: $E$$ y $TEX: $C$$ puntos en un semicirculo de diametro $TEX: $AB$$ y centro $TEX: $O$$ tales que $TEX: $OE\perp AB$$ y el punto de interseccion $TEX: $D$$ de $TEX: $AC$$ y $TEX: $OE$$ esta dentro del semicirculo. Hallar todos los valores de $TEX: $\angle CAB$$ tales que el cuadrilatero $TEX: $OBCD$$ es tangente (osea hay una circunferencia tangente a los 4 lados) Mensaje modificado por xD13G0x el Jul 11 2011, 11:55 AM -------------------- "I've never let my school interfere with my education.”

nagernager Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Jul 26 2011, 06:06 PM Publicado: #138
Doctor en Matemáticas Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 192 Registrado: 23-August 10 Miembro Nº: 75.906 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Sexo:	$TEX: Observemos primero que AO=OB=r, ya que son radios de la misma cfa.$ $TEX: Por arco capaz se tiene que ACB=90$ $TEX: Por pitagoras sabemos que$ $TEX: $AD^2=CD^2+CA^2$$ $TEX: $AD^2=r^2+DO^2$$ $TEX: Igualando obtenemos que$ $TEX: $CD^2-r^2=DO^2-CA^2$$ $TEX: $(CD-r)(CD+r)=(DO-CA)(CA+DO)$$ (1) $TEX: Supongamos que ACDO es circunscriptible entonces se cumple que$ $TEX: $CD+r=CA+DO$$ (2), $TEX: aplicando esta igualdad en (1) obtenemos que$ $TEX: $CD-AO = CA-DO$$ (3) $TEX: Sumando (2) y(3) obtenemos que $CD=DO y CA=r$.$ $TEX: Por trigonometria sabemos que $sen CAB=\frac{CA}{2r}$$ $TEX: Y como $CA=r$ entonces sabemos que:$ $TEX: sen $CAB=\frac{1}{2}$$ $TEX: Por lo tanto deducimos que para que ACDO sea un cuadrilatero circunscriptible CBA=30$

xD13G0x Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Jul 26 2011, 06:13 PM Publicado: #139
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 532 Registrado: 19-October 08 Desde: Santa Cruz de la Sierra Miembro Nº: 36.531 Nacionalidad: Sexo:	correcto, lo saque de AoPS de a alguna parte. proponga -------------------- "I've never let my school interfere with my education.”

nagernager Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Jul 26 2011, 06:25 PM Publicado: #140
Doctor en Matemáticas Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 192 Registrado: 23-August 10 Miembro Nº: 75.906 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Sexo:	$TEX: La circunferencia inscripta al triangulo ABC es tangente a los lados AB,BC,CA en los puntos C',A',B', respectivamente.<br />Prueba que las perpendiculares a AB,BC,CA que pasan, respectivamente, por los puntos medios de A'B' ,B'C' ,C'A', son concurrentes.$ Mensaje modificado por nagernager el Jul 26 2011, 06:33 PM

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