Problema 5 APMO 2013

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Matías V5

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Problema 5 APMO 2013

Mensaje sin leer por Matías V5 » Sab 04 May, 2013 2:39 am

Sea [math] un cuadrilátero inscripto en una circunferencia [math], y sea [math] un punto en la prolongación de [math] tal que [math] y [math] son tangentes a [math]. La tangente en [math] intersecta a [math] en [math] y a la recta [math] en [math]. Sea [math] el segundo punto de intersección entre [math] y [math]. Probar que [math] son colineales.
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Nacho

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Re: Problema 5 APMO 2013

Mensaje sin leer por Nacho » Sab 04 May, 2013 2:51 am

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Es claro que [math] y [math] son cuadriláteros armónicos. Si la recta [math] corta a [math] por segunda vez en un punto [math], tenemos que [math]. Pero sabemos que [math] por ser [math] armónico. Por lo tanto [math] y estamos [math]
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jujumas

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Re: Problema 5 APMO 2013

Mensaje sin leer por jujumas » Sab 08 Dic, 2018 10:26 am

Nacho escribió:
Sab 04 May, 2013 2:51 am
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Es claro que $ABCD$ y $ACED$ son cuadriláteros armónicos. Si la recta $RE$ corta a $\omega$ por segunda vez en un punto $B'$, tenemos que $-1=\{ A,E;C,D\} =_{R} \{ D,B';C,A\}$. Pero sabemos que $\{D,B;C,A\}=-1$ por ser $ABCD$ armónico. Por lo tanto $B\equiv B'$ y estamos $\blacksquare$
Creo que esta solución esta mal, porque...
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se toma una perspectiva con respecto a la circunferencia desde $R$, que es un punto exterior a la misma. De hecho, nunca se usa que $R$ cae sobre la tangente a la circunferencia por $C$, y es claro que lo que se intenta demostrar es mentira si no hacemos a $R$ caer exactamente sobre la tangente.
Solución con una idea parecida:
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APMO2013P5.png
Sea $B_1$ el punto donde $RE$ vuelve a cortar a $\omega$, sea $X$ el punto de intersección de $AC$ y $DB_1$, y sea $Y$ el punto de intersección de $B_1C$ con $AD$. Usando el Teorema de Pascal en el hexágono $ACCB_1DD$ obtenemos que $X$, $Q$ e $Y$ son colineales.

Ahora, $-1=\{ A,E;C,D\}=_{B_1} \{ A,R;Y,D\}=_{Q} \{ A,C;X,P\}$. Luego, $X$ pertenece a la polar de $P$ respecto a $\omega$, y como esta polar es $BD$, $B=B_1$, lo que demuestra lo pedido.
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Ivan

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Re: Problema 5 APMO 2013

Mensaje sin leer por Ivan » Sab 15 Jun, 2019 4:17 pm

jujumas escribió:
Sab 08 Dic, 2018 10:26 am
Creo que esta solución esta mal, porque...
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se toma una perspectiva con respecto a la circunferencia desde $R$, que es un punto exterior a la misma. De hecho, nunca se usa que $R$ cae sobre la tangente a la circunferencia por $C$, y es claro que lo que se intenta demostrar es mentira si no hacemos a $R$ caer exactamente sobre la tangente.
La solución de @Nacho es correcta. El lema que usa para proyectar es el siguiente:
Sean $\Gamma$ una circunferencia y $P$ un punto que no está en $\Gamma$. Sean $a$, $b$, $c$, $d$ cuatro rectas que
pasan por $P$. Las rectas $a$, $b$, $c$, $d$ cortan a $\Gamma$ en los puntos $A$ y $A'$; $B$ y $B'$; $C$ y $C'$; $D$ y $D'$ respectivamente. Entonces $(A, B; C, D ) = ( A' , B' ; C' , D' )$.
Una forma bastante fácil de probar esto cuando $P$ es exterior a $\Gamma$ es invirtiendo con respecto a la circunferencia $\omega$ con centro $P$ que es ortogonal a $\Gamma$ (invertir preserva la razón doble). El caso general es un poco más molesto.

La solución usa sutilmente que $CR$ es tangente a $\omega$: al proyectar desde $R$ el punto $C$ va a sí mismo.
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Gianni De Rico

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Re: Problema 5 APMO 2013

Mensaje sin leer por Gianni De Rico » Mar 10 Sep, 2019 8:15 pm

Ivan escribió:
Sab 15 Jun, 2019 4:17 pm
El lema que usa para proyectar es el siguiente:
Sean $\Gamma$ una circunferencia y $P$ un punto que no está en $\Gamma$. Sean $a$, $b$, $c$, $d$ cuatro rectas que pasan por $P$. Las rectas $a$, $b$, $c$, $d$ cortan a $\Gamma$ en los puntos $A$ y $A'$; $B$ y $B'$; $C$ y $C'$; $D$ y $D'$ respectivamente. Entonces $(A, B; C, D ) = ( A' , B' ; C' , D' )$.
Demostración: (sin inversión)
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Por arco capaz en $\Gamma$, es fácil ver que $APC\simeq C'PA'$, $CPB\simeq B'PC'$, $BPD\simeq D'PB'$, $DPA\simeq A'PD'$, de donde $\frac{AC}{C'A'}=\frac{PC}{PA'}$, $\frac{B'C'}{CB}=\frac{PC'}{PB}$, $\frac{BD}{D'B'}=\frac{PD}{PB'}$, $\frac{A'D'}{DA}=\frac{PD'}{PA}$.
Multiplicando miembro a miembro estas cuatro igualdades tenemos $$\frac{\{C',D';A',B'\}}{\{A,B;C,D\}}=\frac{PA\cdot PA'\cdot PB\cdot PB'}{PC\cdot PC'\cdot PD\cdot PD'}$$
Pero $\{C',D';A',B'\}=\{A',B';C',D'\}$, y $PA\cdot PA'=PB\cdot PB'=PC\cdot PC'=PD\cdot PD'=\text{Pot}(P,\Gamma )$. Luego $$\frac{\{A',B';C',D'\}}{\{A,B;C,D\}}=1$$ de donde $$\{A',B';C',D'\}=\{A,B;C,D\}$$


Figura de análisis.png
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