Maratón de Problemas de Geometría

Re: Maratón de Problemas de Geometría

UNREAD_POSTpor jujumas » Mié 08 Feb, 2017 6:23 pm

No tengo ninguno complejo para subir, así que va uno simple.
Problema 93:
Sean $AD$, $BE$ y $CF$ las medianas de un triángulo $ABC$ de circuncentro $O$.
Demostrar que los circuncírculos de $ADO$, $BEO$ y $CFO$ se cortan en un punto aparte de $O$.

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Re: Maratón de Problemas de Geometría

UNREAD_POSTpor Julian_Ferres » Jue 09 Feb, 2017 12:56 am

lucasdeamorin escribió:Solucion problema 90:
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Surge que $AF^2=(\frac{AC\cdot AB}{AM})^2=\frac{225}{AB^2+AC^2-\frac{AC^2}{4}}=\frac{225}{34-\frac{49}{4}}=\frac{300}{29}$

El problema está bien pero ojo que la última cuenta es con $\frac{1}{2} AB^2+ \frac{1}{2} BC^2$ y da $\frac{900}{19}$

Dejo mi solución (aunque en inglés) ya que no uso inversión:

https://artofproblemsolving.com/community/c6h1372149

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Re: Maratón de Problemas de Geometría

UNREAD_POSTpor Julian_Ferres » Sab 18 Feb, 2017 2:38 pm

Solución problema 93:
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Vamos a invertir por $\odot{ABC}$, notemos que los puntos $A,B,C$ permanecen fijos, y que las circunferencias $\odot{AOD},\odot{BOE},\odot{COF}$ se van a rectas, lo que hay que probar es que estas rectas son concurrentes.

Notemos que las rectas mencionadas pasan por $A,B,C$ respectivamente.

Ademas esas rectas pasan por $D',E',F'$ respectivamente, donde $X'$ es la imagen de $X$ por la inversión.

Notemos ademas por definición que $D'$ es la intersección de las tangentes por $B$ y $C$.

Esto nos dice que $AD'$ es tambien simediana por $A$ en el triangulo $ABC$. Por lo tanto, dicha recta corta al lado $BC$ en razon $\frac{AB^2}{AC^2}$. Analogamente $BE'$ y $CF'$ cortan a los lados $CA$ y $AB$ en razones $\frac{BC^2}{BA^2}$ y $\frac{AC^2}{CB^2}$ respectivamente.

Luego por Ceva es evidente que estas rectas concurren. $\blacksquare$
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Re: Maratón de Problemas de Geometría

UNREAD_POSTpor Julian_Ferres » Sab 18 Feb, 2017 2:49 pm

Problema 94:

Sean $a,b$ y $c$ los lados de un triangulo.
Probar que:

$\frac{\sqrt{b+c-a}}{\sqrt{b}+\sqrt{c}-\sqrt{a}}+\frac{\sqrt{c+a-b}}{\sqrt{c}+\sqrt{a}-\sqrt{b}}+\frac{\sqrt{a+b-c}}{\sqrt{a}+\sqrt{b}-\sqrt{c}}\leq 3$
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Re: Maratón de Problemas de Geometría

UNREAD_POSTpor Gianni De Rico » Mié 24 May, 2017 1:21 am

Solución 94
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Vamos a demostrar sin pérdida de generalidad que $\frac{\sqrt{b+c-a}}{\sqrt{b}+\sqrt{c}-\sqrt{a}}\leq 1$.

Entonces tenemos (en una demostración con mucho álgebra y muy poca geometría):
$\frac{\sqrt{b+c-a}}{\sqrt{b}+\sqrt{c}-\sqrt{a}}\leq 1\Rightarrow \sqrt{b+c-a}\leq \sqrt{b}+\sqrt{c}-\sqrt{a}$

Elevando al cuadrado nos queda:
$b+c-a\leq (\sqrt{b}+\sqrt{c}-\sqrt{a})\times (\sqrt{b}+\sqrt{c}-\sqrt{a})$
$b+c-a\leq \sqrt{b}\times (\sqrt{b}+\sqrt{c}-\sqrt{a})+\sqrt{c}\times (\sqrt{b}+\sqrt{c}-\sqrt{a})-\sqrt{a}\times (\sqrt{b}+\sqrt{c}-\sqrt{a})$
$b+c-a\leq\sqrt{b}\times \sqrt{b}+\sqrt{b}\times \sqrt{c}-\sqrt{b}\times \sqrt{a}+\sqrt{c}\times \sqrt{b}+\sqrt{c}\times \sqrt{c}-\sqrt{c}\times \sqrt{a}-\sqrt{a}\times \sqrt{b}-\sqrt{a}\times \sqrt{c}+\sqrt{a}\times \sqrt{a}$

Emprolijando un poco es:
$b+c-a\leq a+b+c-2\sqrt{ab}-2\sqrt{ac}+2\sqrt{bc}$
$-2a\leq -2\sqrt{ab}-2\sqrt{ac}+2\sqrt{bc}$
$a\geq \sqrt{ab}+\sqrt{ac}-\sqrt{bc}$
$a+\sqrt{bc}\geq \sqrt{a}\times (\sqrt{b}+\sqrt{c})$

Elevando al cuadrado otra vez:
$a^2+2a\sqrt{bc}+bc\geq \sqrt{a}^2\times (\sqrt{b}+\sqrt{c})^2$
$a^2+2a\sqrt{bc}+bc\geq a\times (b+2\sqrt{bc}+c)$
$a^2+2a\sqrt{bc}+bc\geq ab+2a\sqrt{bc}+ac$
$a^2+bc\geq ab+ac$
$bc\geq ab+ac-a^2$
$bc\geq a\times (b+c-a)$

De donde finalmente obtenemos:
$\frac{bc}{a}\geq b+c-a$

Y como esta es una desigualdad que sabemos se cumple en todos los triángulos, estamos.

De forma análoga demostramos $\frac{\sqrt{c+a-b}}{\sqrt{c}+\sqrt{a}-\sqrt{b}}\leq 1$ y $\frac{\sqrt{a+b-c}}{\sqrt{a}+\sqrt{b}-\sqrt{c}}\leq 1$.

Por comodidad vamos a decirles $x$, $y$ y $z$ a las fracciones. Tenemos $x\leq 1$, $y\leq 1$ y $z\leq 1$ por lo que $x+y+z\leq 1+1+1\Rightarrow x+y+z\leq 3$ con lo que probamos que:

$\frac{\sqrt{b+c-a}}{\sqrt{b}+\sqrt{c}-\sqrt{a}}+\frac{\sqrt{c+a-b}}{\sqrt{c}+\sqrt{a}-\sqrt{b}}+\frac{\sqrt{a+b-c}}{\sqrt{a}+\sqrt{b}-\sqrt{c}}\leq 3$

Y el problema está resuelto.
$\phi=\frac {1+{\sqrt {5}}}{2}$
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Re: Maratón de Problemas de Geometría

UNREAD_POSTpor Gianni De Rico » Mié 24 May, 2017 1:31 am

Problema 95

En el triángulo $ABC$, sea $P$ el punto de concurrencia de las cevianas $AX$, $BY$ y $CZ$ ($X$, $Y$ y $Z$ pertenecientes a los lados del triángulo en su notación tradicional), y sea $M$ un punto del plano del triángulo. Demostrar que:

$\frac{[BPC]MA^2+[CPA]MB^2+[APB]MC^2}{[ABC]}=MP^2+r(P)$

en donde $r(P)$ es la potencia de $P$ respecto del cincurcírculo de $ABC$ y $[ABC]$ representa el área del triángulo $ABC$.
$\phi=\frac {1+{\sqrt {5}}}{2}$
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Re: Maratón de Problemas de Geometría

UNREAD_POSTpor MateoCV » Mié 24 May, 2017 1:31 pm

Gianni De Rico escribió:Solución 94
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De donde finalmente obtenemos:
$\frac{bc}{a}\geq b+c-a$

Y como esta es una desigualdad que sabemos se cumple en todos los triángulos, estamos.

Spoiler: Mostrar
En realidad, no se cumple para todos los triángulos. Fijate que esa desigualdad es lo mismo que $0\geq (b-a)(a-c)$ por lo que, por ejemplo si $c<a<b$ esa desigualdad no se verifica
$2^{74207281}-1$ es primo
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