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MatíasMoreno Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Jul 13 2013, 06:02 PM Publicado: #231
Dios Matemático Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 217 Registrado: 5-April 11 Desde: no se :c Miembro Nº: 86.300 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Sexo:	Correcto hernan, propones Como dato, vea el P4 de esta olimpiada aquí Es un lema bastante útil, por ejemplo creo que hay un imo que es bastante abordable usando eso Saludos c: -------------------- Cuando eliminamos lo imposible lo que queda, por improbable que parezca...siempre será la verdad... Nada tiene sentido, pero todo tiene significado.

Heiricar Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Jul 13 2013, 06:06 PM Publicado: #232
Dios Matemático Grupo: Colaborador Silver Mensajes: 423 Registrado: 4-January 11 Miembro Nº: 82.624 Nacionalidad: Universidad: Sexo:	Problema Se tiene un triangulo escaleno ABC inscrito en una circunferencia $TEX: $\Gamma$$ , la tangente a la circunferencia por A intersecta a BC en un punto P, y desde P se traza el segmento PA' tangente a $TEX: $\Gamma$$ en A' distinto de A, de manera análoga se define B' y C', demuestre que AA', BB' y CC' concurren.

Kaissa Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Jul 13 2013, 06:09 PM Publicado: #233
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 9.897 Registrado: 6-April 08 Miembro Nº: 19.238 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Sexo:	Too easy! Sean P, Q y R las intersecciones de cada tangente con el lado opuesto. Como sabemos (Lemoine) ellos son colineales y maravillosamente cada segmento AA', BB' y CC' son sus polares respecto del círculo y es sabido (La Hire) que como P-Q-R son colineales, sis polares deben ser concurrentes. Como dato: el punto de concurrencia sería el polo de la recta de Lemoine de tr ABC (desconozco la clasificación de Kimberling :$ ) PD: Recta de lemoine acá Teorema de La Hire acá Mensaje modificado por Kaissa el Jul 13 2013, 06:30 PM -------------------- Este es un extracto de Qué es fmat by Kenshin. La pregunta para ti estimado(a) lector(a) es... ¿Qué haces tu para que ésto se cumpla?

Heiricar Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Jul 13 2013, 06:14 PM Publicado: #234
Dios Matemático Grupo: Colaborador Silver Mensajes: 423 Registrado: 4-January 11 Miembro Nº: 82.624 Nacionalidad: Universidad: Sexo:	Esa serie de cañonazos mato el problema de una Solución correcta!

Kaissa Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Jul 13 2013, 06:26 PM Publicado: #235
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 9.897 Registrado: 6-April 08 Miembro Nº: 19.238 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Sexo:	Explico con un poco más de detalle la demo: El teorema de La Hire dice específicamente que si P pertenece a la polar de Q, entonces la polar de Q debe pasar por P. Esto puede usted usarlo sin mayores dificultades para probar que tres líneas concurrentes tienen sus polos alineados. Lo que yo usé ahí fue el recíproco: si tres puntos están alineados, entonces sus polares son concurrentes; lo cual se fundamenta de la misma forma básicamente. No son más de 2 líneas ahí, y como esta es maratón olímpica, me remití a nombrar los teoremas porque como que los detalles chicos se quedan en el cuaderno; pro las cosas no tan directas son las que debes aclarar con un poco de cálculo. Para el siguiente problema puchas... sé que más de alguno se aburrirá pero si quiero revisar bien tengo que tener un poco de experticia en lo que pregunto así que acá vamos: $TEX: <br />$ $\\<br />Sea $\Delta ABC$ cualquiera de incentro $I$.\\<br />La circunferencia de diámetro $AI$ corta al circunc\'irculo de $\Delta ABC$ en $P\neq A$.\\<br />Sea $Q$ el pie de la perpendicular desde $I$ a $\overline{BC}$ y suponga que $\overline{PQ}$ vuelve a cortar al circuncírculo de $\Delta ABC$ en $R$.\\<br />Pruebe que $\overline{AR}$ bisecta a $\angle A$.$ -------------------- Este es un extracto de Qué es fmat by Kenshin. La pregunta para ti estimado(a) lector(a) es... ¿Qué haces tu para que ésto se cumpla?

Seba² Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Jul 14 2013, 01:58 AM Publicado: #236
Dios Matemático Grupo: Moderador Mensajes: 269 Registrado: 30-August 10 Desde: Santiago, Chile Miembro Nº: 76.269 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Universidad: Sexo:	Solución: .Sea M el punto medio del arco BC y K el punto de intersección de BC con PM, el problema es equivalente a demostrar que IK y BC son perpendiculares. Ahora sea T el punto de intersección de PA con BC y asumamos sin perdida de generalidad que AB<AC(Ahi se ve que T cae para el lado de B), basta demostrar que el cuadrilátero IPTK es cíclico. Notemos que T es el centro radical de las circunferencias que pasan por los triángulos API, BIC y ABC, de esto tenemos que TI es perpendicular a AM. Ahora consideremos la inversión de la circunferencia que pasa por el triángulo BIC y tiene centro M, entonces como P es el inverso de K vams a tener que AR es tangente a la circunferencia que pasa por PIK, de donde tenemos que <PKI=<PIA, pero como teniamos que TI es perpendicular a AM, vamos a tener que <PIA=<ATI, entonces <PKI=<ATI, demostrando lo pedido $TEX: $\displaystyle \blacksquare$$ Saludos !!! -------------------- Estudiante Instituto Nacional General José Miguel Carrera IV Medio(2013) 17 años. Estaba Jesús predicando en el monte Sinaí y dijo a sus discípulos: y = ax² + bx + c ¿Y eso qué es? Dijo uno de los discípulos. A lo que Jesús respondió: ¡Una parábola !

Pedantic Anarchy... Pedantic Anarchy Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Jul 14 2013, 02:29 AM Publicado: #237
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 688 Registrado: 8-November 09 Desde: Villarrica Miembro Nº: 61.657 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Universidad: Sexo:	CITA(Seba² @ Jul 14 2013, 01:58 AM) Solución: .Sea M el punto medio del arco BC y K el punto de intersección de BC con PM, el problema es equivalente a demostrar que IK y BC son perpendiculares. Ahora sea T el punto de intersección de PA con BC y asumamos sin perdida de generalidad que AB<AC(Ahi se ve que T cae para el lado de B), basta demostrar que el cuadrilátero IPTK es cíclico. Notemos que T es el centro radical de las circunferencias que pasan por los triángulos API, BIC y ABC, de esto tenemos que TI es perpendicular a AM. Ahora consideremos la inversión de la circunferencia que pasa por el triángulo BIC y tiene centro M, entonces como P es el inverso de K vams a tener que AR es tangente a la circunferencia que pasa por PIK, de donde tenemos que <PKI=<PIA, pero como teniamos que TI es perpendicular a AM, vamos a tener que <PIA=<ATI, entonces <PKI=<ATI, demostrando lo pedido $TEX: $\displaystyle \blacksquare$$ Saludos !!! Parece que el Sebita ya está grande :`)... -------------------- 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

Kaissa Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Jul 14 2013, 12:28 PM Publicado: #238
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 9.897 Registrado: 6-April 08 Miembro Nº: 19.238 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Sexo:	Buenísima demo, Seba! Yo tenía pensado justamente invertir (con tus notaciones) con centro M y radio MI y tratar de demostrar que la otra intersección de MQ con (ABC) es justamente P, lo cual es obvio notando que el inverso de Q (que llamaré P') queda sobre (ABC) y por conformidad (ya que el inverso de A queda sobre BC) <AP'I=<IQB=90. Te doy el crédito de resolver este problema usando un enunciado más complejo que el original. Mis saludos y respetos. Puedes proponer libremente. Mensaje modificado por Kaissa el Jul 14 2013, 12:31 PM -------------------- Este es un extracto de Qué es fmat by Kenshin. La pregunta para ti estimado(a) lector(a) es... ¿Qué haces tu para que ésto se cumpla?

Seba² Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Jul 14 2013, 12:45 PM Publicado: #239
Dios Matemático Grupo: Moderador Mensajes: 269 Registrado: 30-August 10 Desde: Santiago, Chile Miembro Nº: 76.269 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Universidad: Sexo:	Encuentre los primos p,q tales que: $TEX: $\displaystyle \frac{(5^{p}-2^{p})(5^{q}-2^{q})}{pq}$$ Sea entero. Saludos !!! Mensaje modificado por Seba² el Jul 14 2013, 12:46 PM -------------------- Estudiante Instituto Nacional General José Miguel Carrera IV Medio(2013) 17 años. Estaba Jesús predicando en el monte Sinaí y dijo a sus discípulos: y = ax² + bx + c ¿Y eso qué es? Dijo uno de los discípulos. A lo que Jesús respondió: ¡Una parábola !

MatíasMoreno Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Jul 15 2013, 12:57 AM Publicado: #240
Dios Matemático Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 217 Registrado: 5-April 11 Desde: no se :c Miembro Nº: 86.300 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Sexo:	Parece que me salió, saludos c: Solución: Primero, notemos que por la simetría de la expresión, se tiene que si el par (p,q) es solución, también lo será el par (q,p). Probaremos soluciónes para p, veamos que como p primo divide a la expresión, entonces ocurren las dos sgtes posibilidades: (i) $TEX: $p\|5^p-2^p\Rightarrow 5^p\equiv 2^p(modp)$$ , ahora notemos por fermat que $TEX: $5^p\equiv 5(modp)$$ y que $TEX: $2^p\equiv 2(modp)$$ entonces $TEX: $5^p-2^p\equiv 3\equiv 0(modp)\Rightarrow p=3$$ entonces tendremos que $TEX: $3q\|117(5^q-2^q)\Rightarrow q\|39(5^q-2^q)$$ aquí es fácil ver que si q\|39 entonces q=3, q=13 de donde obtenemos los pares (3,3), (3,13) y (13,3), por otro lado si $TEX: $q\|5^q-2^q$$ por el mismo argumento mostrado, q=3, pero esa solución ya la habíamos obtenido. (ii) $TEX: $p\|5^q-2^q\Rightarrow 5^q\equiv 2^q(modp)$$ , es facil que si p=3 obtenemos las mismas soluciones anteriores, por lo tanto wlog $TEX: $q\ge p>3$$ . Vamos a usar el sgte lema (no es dificil de demostrar, usando bezout): Si $TEX: $x^{\alpha}\equiv y^{\alpha}(modn)$$ y $TEX: $x^{\beta}\equiv y^{\beta}(modn)\Rightarrow x^{mcd(\alpha,\beta)}\equiv y^{mcd(\alpha,\beta)}(modn)$$ , notemos que por fermat $TEX: $5^{p-1}\equiv 2^{p-1}(modp)$$ , usando el lema tenemos que $TEX: $5^{mcd(p-1,q)}\equiv 2^{mcd(p-1,q)}(modp)$$ pero como $TEX: $q\ge p>p-1$$ se tiene que mcd(p-1,q)=1, de donde $TEX: $5\equiv 2(modp)\Rightarrow p=3$$ , contradicción. Luego los pares que satisfacen son (3,3), (3,13), (13,3). -------------------- Cuando eliminamos lo imposible lo que queda, por improbable que parezca...siempre será la verdad... Nada tiene sentido, pero todo tiene significado.

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