Certamen Urbana Metropolitana 2014 - Nivel 3 - P3

Problemas que aparecen en el Archivo de Enunciados.

Certamen Urbana Metropolitana 2014 - Nivel 3 - P3

UNREAD_POSTpor Ignacio B » Dom 14 Sep, 2014 5:05 pm

Sea $ABCD$ un paralelogramo de lados $AB$, $BC$, $CD$ y $DA$. Se consideran puntos $X$ e $Y$ en los lados $BC$ y $CD$ respectivamente, tales que $BX=DY$. Demostrar que si $P$ es el punto donde se cortan $BY$ y $DX$ entonces $P$ pertenece a la bisectriz del ángulo $A$.

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Re: Certamen Urbana Metropolitana 2014 - Nivel 3 - P3

UNREAD_POSTpor Prillo » Dom 14 Sep, 2014 6:35 pm

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Vamos a usar el reciproco del Teorema de la Bisectriz, que dice lo siguiente:

-----------------------------------------------------


Reciproco del Teorema de la Bisectriz. Sea $ABC$ un triangulo y $D$ un punto en el lado $BC$. Entonces $AD$ es bisectriz del angulo $\angle BAC$ si, y solamente si, se satisface

$\frac{AB}{AC} = \frac{BD}{DC}.$


Pueden leer acerca de este Teorema aqui.

-----------------------------------------------------


En nuestro problema, prolongamos la recta $DX$ hasta que corta a la recta $AB$ en el punto $E$. El problema equivale a demostrar que en el triagulo $EAD$, $AP$ es bisectriz. Por el reciproco del Teorema de la Bisectiz, esto es lo mismo que demostrar que $\frac{EA}{AD} = \frac{EP}{PD}$. Entonces demostremos esto.

Como las rectas $BC$ y $AD$ son paralelas, los triangulos $EAD$ y $EBX$ son semejantes, por lo cual $\frac{EA}{AD} = \frac{EB}{BX}$. Por otra parte, como las rectas $AB$ y $CD$ son paralelas, entonces los triangulos $PEB$ y $PDY$ son semejantes, por lo cual $\frac{EP}{PD} = \frac{EB}{DY}$. Pero por hipotesis del enunciado, tenemos que $BX = DY$. Entonces, usando las relaciones que acabamos de hallar, tenemos que

$\frac{EA}{AD} = \frac{EB}{BX} = \frac{EB}{DY} = \frac{EP}{PD} \Rightarrow \frac{EA}{AD} = \frac{EP}{PD}$


que es lo que queriamos ver. Por lo tanto, $AP$ es bisectriz del angulo $\angle BAD$. $\blacksquare$
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Re: Certamen Urbana Metropolitana 2014 - Nivel 3 - P3

UNREAD_POSTpor Vladislao » Dom 14 Sep, 2014 11:24 pm

Sea $\theta = 1,3063778838...$ Para todo entero positivo $k$ se cumple que $\left\lfloor \theta^{3^k}\right\rfloor$ es un número primo.
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Re: Certamen Urbana Metropolitana 2014 - Nivel 3 - P3

UNREAD_POSTpor Prillo » Lun 15 Sep, 2014 12:47 am

Jaja, algo habia escuchado. Igual, se nota que procure ser un poco mas didactico!
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Re: Certamen Urbana Metropolitana 2014 - Nivel 3 - P3

UNREAD_POSTpor wallyor » Lun 15 Sep, 2014 8:30 pm

Prolongamos el segmento AD y el segmento BY, los mismos se cortan en el punto M.
Por el teorema de la bisectriz, si AP es bisectriz de ∠MAB, entonces debe cumplirse que:
$\frac{MP}{PB}$ = $\frac{AM}{AB}$ , si logramos demostrar esto, queda resuelto el problema.

Demostración:
Vemos que los triángulos DMP y PXB son semejantes, ya que ∠PBX = ∠PMD y ∠PDM = ∠PXB por ser pares de ángulos alternos internos entre las paralelas BC y AM. También se puede observar que ∠MPD = ∠BPX por ser opuestos por el vértice. Entonces:
$\frac{DM}{BX}$ = $\frac{MP}{PB}$ (1)

Por otro lado, al ser DC // AB, podemos decir, por el teorema de Tales, que:
$\frac{DM}{DY}$ = $\frac{AM}{AB}$ y sabiendo (por el enunciado del problema) que DY = BX, podemos escribir:

$\frac{DM}{BX}$ = $\frac{AM}{AB}$ (2)
De la (1) y la (2), se puede observar que $\frac{DM}{BX}$ es igual a $\frac{MP}{PB}$ (1) y también es igual a $\frac{AM}{AB}$ (2), por lo tanto:
$\frac{MP}{PB}$ = $\frac{AM}{AB}$ , o sea que llegamos a lo que queríamos demostrar, por lo tanto podemos asegurar que P pertenece a la bisectriz del ángulo A.
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Re: Certamen Urbana Metropolitana 2014 - Nivel 3 - P3

UNREAD_POSTpor Vladislao » Lun 15 Sep, 2014 9:46 pm

Otra idea que funciona es probar que $P$ está a la misma distancia de $AB$ y $AD$. Una cuenta posible para llevar esto a cabo es calcular el área de $APX$ de dos formas distintas.
Sea $\theta = 1,3063778838...$ Para todo entero positivo $k$ se cumple que $\left\lfloor \theta^{3^k}\right\rfloor$ es un número primo.
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Re: Certamen Urbana Metropolitana 2014 - Nivel 3 - P3

UNREAD_POSTpor Nowhereman » Vie 22 Jul, 2016 6:54 pm

A mi me salio con cevita

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Sean $T$ y $S$ los puntos de intersección de las rectas $DX$ y $DY$ con $AB$ y $AD$ respectivamente, y $K$ el punto de interseccion de $AP$ con $ST$

Notemos que

$\frac{BT}{BX}=\frac{AT}{AD}$ y $\frac{DS}{DY}=\frac{AS}{AB}$

De esto sale que $\frac{AT}{AS}=\frac{DS*AB}{BT*AD}$

Por th. de ceva $\frac{DS*AB*SK}{BT*AD*KT}=1$ Reemplazando con lo anterior nos queda que $\frac{SK}{KT}=\frac{AS}{AT}$ donde por teorema de la bisectriz $AK$ sera la bisectriz del triangulo $SAT$ o lo que es lo mismo que $AP$ sera la bisectriz de $BAD$ y estamos.
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Re: Certamen Urbana Metropolitana 2014 - Nivel 3 - P3

UNREAD_POSTpor Gianni De Rico » Mié 09 Ago, 2017 11:07 pm

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Prolongando $AD$ y $BY$ hasta que se corten en $E$, se tiene $B\widehat PX=E\widehat PD$ por ser opuestos por el vértice y $D\widehat EP=X\widehat BP$ por ser alternos internos entre paralelas. Por lo tanto $\triangle BPX\simeq \triangle EPD\Rightarrow \frac{BX}{ED}=\frac{BP}{PE}$.

Por ángulos entre paralelas $B\widehat AE=Y\widehat DE\Rightarrow \triangle AEB\simeq \triangle DEY\Rightarrow \frac{AB}{DY}=\frac{AE}{ED}$, como $DY=BX$, $\frac{AB}{DY}=\frac{AB}{BX}=\frac{AE}{ED}\Rightarrow \frac{AB}{AE}=\frac{BX}{ED}=\frac{BP}{PE}$ y estamos por el Teorema de la Bisectriz.
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$e^{i\pi}+1=0$
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