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Re: Maratón de Problemas de Geometría
Publicado: Mié 08 Feb, 2017 6:23 pm
por jujumas
No tengo ninguno complejo para subir, así que va uno simple.
Problema 93:
Sean [math]AD, [math]BE y [math]CF las medianas de un triángulo [math]ABC de circuncentro [math]O.
Demostrar que los circuncírculos de [math]ADO, [math]BEO y [math]CFO se cortan en un punto aparte de [math]O.
Re: Maratón de Problemas de Geometría
Publicado: Jue 09 Feb, 2017 12:56 am
por julianferres_
lucasdeamorin escribió:Solucion problema 90:
- Spoiler: mostrar
- Surge que [math]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
[math]\frac{1}{2} AB^2+ \frac{1}{2} BC^2 y da
[math]\frac{900}{19}
Dejo mi solución (aunque en inglés) ya que no uso inversión:
https://artofproblemsolving.com/community/c6h1372149
Re: Maratón de Problemas de Geometría
Publicado: Sab 18 Feb, 2017 2:38 pm
por julianferres_
Solución problema 93:
- Spoiler: mostrar
- Vamos a invertir por [math]\odot{ABC}, notemos que los puntos [math]A,B,C permanecen fijos, y que las circunferencias [math]\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 [math]A,B,C respectivamente.
Ademas esas rectas pasan por [math]D',E',F' respectivamente, donde [math]X' es la imagen de [math]X por la inversión.
Notemos ademas por definición que [math]D' es la intersección de las tangentes por [math]B y [math]C.
Esto nos dice que [math]AD' es tambien simediana por [math]A en el triangulo [math]ABC. Por lo tanto, dicha recta corta al lado [math]BC en razon [math]\frac{AB^2}{AC^2}. Analogamente [math]BE' y [math]CF' cortan a los lados [math]CA y [math]AB en razones [math]\frac{BC^2}{BA^2} y [math]\frac{AC^2}{CB^2} respectivamente.
Luego por Ceva es evidente que estas rectas concurren. [math]\blacksquare
Re: Maratón de Problemas de Geometría
Publicado: Sab 18 Feb, 2017 2:49 pm
por julianferres_
Problema 94:
Sean [math]a,b y [math]c los lados de un triangulo.
Probar que:
[math]\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
Re: Maratón de Problemas de Geometría
Publicado: Mié 24 May, 2017 1:21 am
por Gianni De Rico
Solución 94- Spoiler: mostrar
- Vamos a demostrar sin pérdida de generalidad que [math]\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):
[math]\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:
[math]b+c-a\leq (\sqrt{b}+\sqrt{c}-\sqrt{a})\times (\sqrt{b}+\sqrt{c}-\sqrt{a})
[math]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})
[math]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:
[math]b+c-a\leq a+b+c-2\sqrt{ab}-2\sqrt{ac}+2\sqrt{bc}
[math]-2a\leq -2\sqrt{ab}-2\sqrt{ac}+2\sqrt{bc}
[math]a\geq \sqrt{ab}+\sqrt{ac}-\sqrt{bc}
[math]a+\sqrt{bc}\geq \sqrt{a}\times (\sqrt{b}+\sqrt{c})
Elevando al cuadrado otra vez:
[math]a^2+2a\sqrt{bc}+bc\geq \sqrt{a}^2\times (\sqrt{b}+\sqrt{c})^2
[math]a^2+2a\sqrt{bc}+bc\geq a\times (b+2\sqrt{bc}+c)
[math]a^2+2a\sqrt{bc}+bc\geq ab+2a\sqrt{bc}+ac
[math]a^2+bc\geq ab+ac
[math]bc\geq ab+ac-a^2
[math]bc\geq a\times (b+c-a)
De donde finalmente obtenemos:
[math]\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 [math]\frac{\sqrt{c+a-b}}{\sqrt{c}+\sqrt{a}-\sqrt{b}}\leq 1 y [math]\frac{\sqrt{a+b-c}}{\sqrt{a}+\sqrt{b}-\sqrt{c}}\leq 1.
Por comodidad vamos a decirles [math]x, [math]y y [math]z a las fracciones. Tenemos [math]x\leq 1, [math]y\leq 1 y [math]z\leq 1 por lo que [math]x+y+z\leq 1+1+1\Rightarrow x+y+z\leq 3 con lo que probamos que:
[math]\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.
Re: Maratón de Problemas de Geometría
Publicado: Mié 24 May, 2017 1:31 am
por Gianni De Rico
Problema 95
En el triángulo [math]ABC, sea [math]P el punto de concurrencia de las cevianas [math]AX, [math]BY y [math]CZ ([math]X, [math]Y y [math]Z pertenecientes a los lados del triángulo en su notación tradicional), y sea [math]M un punto del plano del triángulo. Demostrar que:
[math]\frac{[BPC]MA^2+[CPA]MB^2+[APB]MC^2}{[ABC]}=MP^2+r(P)
en donde [math]r(P) es la potencia de [math]P respecto del cincurcírculo de [math]ABC y [math][ABC] representa el área del triángulo [math]ABC.
Re: Maratón de Problemas de Geometría
Publicado: Mié 24 May, 2017 1:31 pm
por MateoCV
Gianni De Rico escribió:Solución 94- Spoiler: mostrar
- De donde finalmente obtenemos:
[math]\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 [math]0\geq (b-a)(a-c) por lo que, por ejemplo si [math]c<a<b esa desigualdad no se verifica
Re: Maratón de Problemas de Geometría
Publicado: Lun 28 Ene, 2019 9:01 pm
por Gianni De Rico
Ahora sí
Solución 94
- Spoiler: mostrar
- Como $a,b,c$ son los lados de un triángulo tenemos $a,b,c>0$, además de que cumplen la desigualdad triangular. Entonces $(\sqrt{a}+\sqrt{b})^2=a+b+2\sqrt{ab}>a+b=(\sqrt{a+b})^2$, por lo que $\sqrt{a}+\sqrt{b}>\sqrt{a+b}>\sqrt{c}\Rightarrow \sqrt{a}+\sqrt{b}-\sqrt{c}>0$, y razonando de la misma manera tenemos que todos los denominadores son positivos.
Veamos que $\sqrt{1+2g}\leqslant 1+g$. En efecto, elevando al cuadrado lo que queremos probar es $1+2g\leqslant 1+2g+g^2$, que ocurre si y sólo si $0\leqslant g^2$, lo cual es cierto para todo real $g$. (*)
Sean $x=\sqrt{b}+\sqrt{c}-\sqrt{a}$, $y=\sqrt{c}+\sqrt{a}-\sqrt{b}$ y $z=\sqrt{a}+\sqrt{b}-\sqrt{c}$.
Luego $b+c-a=\left (\frac{z+x}{2}\right )^2+\left (\frac{x+y}{2}\right )^2-\left (\frac{y+z}{2}\right )^2=x^2-\frac{(x-y)(x-z)}{2}$.
Por lo tanto, usando (*) tenemos $\frac{\sqrt{b+c-a}}{\sqrt{b}+\sqrt{c}-\sqrt{a}}=\sqrt{1-\frac{(x-y)(x-z)}{2x^2}}\leqslant 1-\frac{(x-y)(x-z)}{4x^2}$. Análogamente, $\frac{\sqrt{c+a-b}}{\sqrt{c}+\sqrt{a}-\sqrt{b}}\leqslant 1-\frac{(z-x)(z-y)}{4z^2}$ y $\frac{\sqrt{a+b-c}}{\sqrt{a}+\sqrt{b}-\sqrt{c}}\leqslant 1-\frac{(y-z)(y-x)}{4y^2}$. Sumando estas desigualdades basta ver que $\frac{(x-y)(x-z)}{x^2}+\frac{(y-z)(y-x)}{y^2}+\frac{(z-x)(z-y)}{z^2}\geqslant 0$.
Supongamos WLOG $x\leqslant y\leqslant z$, luego $\frac{(x-y)(x-z)}{x^2}=\frac{(y-x)(z-x)}{x^2}\geqslant \frac{(y-x)(z-y)}{y^2}=-\frac{(y-x)(y-z)}{y^2}$, por lo que $\frac{(x-y)(x-z)}{x^2}+\frac{(y-x)(y-z)}{y^2}\geqslant 0$. Además, $\frac{(z-x)(z-y)}{z^2}\geqslant 0$. Sumando estas desigualdades tenemos lo pedido.
Re: Maratón de Problemas de Geometría
Publicado: Mar 29 Ene, 2019 12:56 am
por Gianni De Rico
Problema 95 nuevo
Sea $ABCD$ un cuadrilátero convexo que tiene una circunferencia inscripta (tangente a sus $4$ lados) y sea $M$ el centro de dicha circunferencia. La recta perpendicular a $AM$ por $A$ y la perpendicular a $BM$ por $B$ se cortan en el punto $E$, la perpendicular a $BM$ por $B$ y la perpendicular a $CM$ por $C$ se cortan en el punto $F$, la perpendicular a $CM$ por $C$ y la perpendicular a $DM$ por $D$ se cortan en el punto $G$, la perpendicular a $DM$ por $D$ y la perpendicular a $AM$ por $A$ se cortan en el punto $H$.
Demostrar que las rectas $EG$ y $FH$ pasan por el punto $M$.
Re: Maratón de Problemas de Geometría
Publicado: Mar 29 Ene, 2019 2:12 am
por Joacoini
Solución 95 nuevo
- Spoiler: mostrar
-
Voy a demostrar que $HF$ pasa por $M$ (Ya que $EG$ lo hace es análogo).
$M$ es la intersección de las 4 bisectrices de $ABCD$
Es fácil notar que $DHAM$, $AEBM$, $BFCM$ y $CGDM$ son ciclicos. (Marco los ángulos de $90$ opuestos en el dibujo)
$\hat A, \hat B, \hat C$ y $\hat D$ son los angulos del cuadrilatero.
$E\hat FM=B\hat FM=B\hat CM=\frac{\hat C}{2}$
Sea $F'$ la intersección de $HM$ con $EB$.
$F'\hat HE=M\hat HA=M\hat DA=\frac{\hat D}{2}$
$H\hat EF'=A\hat EB=M\hat AB+M\hat BA=\frac{\hat A+\hat B}{2}$
$E\hat F 'H=180-F'\hat HE-H\hat EF'=180-\frac{\hat A+\hat B+\hat D}{2}=\frac{\hat C}{2}=E\hat FM$
$F'=F$ por lo que $E, M$ y $F$ son colineales.
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