Iberoamericana 2015 P2

Problemas que aparecen en el Archivo de Enunciados.
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Matías V5

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Iberoamericana 2015 P2

Mensaje sin leer por Matías V5 » Mar 10 Nov, 2015 9:33 pm

Una recta [math] contiene los puntos [math], [math], [math], [math], en ese orden. Sea [math] un punto fuera de [math] tal que [math]. Pruebe que la bisectriz de [math] corta a [math] en un punto [math] tal que [math].
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ésta

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Re: Iberoamericana 2015 P2

Mensaje sin leer por ésta » Mié 11 Nov, 2015 12:53 pm

Esta solución es fea pero el problema lo pide:
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Primero que nada notemos que como [math] y [math] por ser bisectriz, restando ambas obtenemos que [math].

Queremos probar:
[math]
Es equivalente a:
[math]
Que se puede escribir como:
[math] (1)

Ahora por la extensión del teorema del seno:
[math] y [math]
Reemplazando esto en (1) queda:
[math]
Y ahora usando que [math] y [math] y tachando los [math] de ambos lados, la ecuación se simplifica a:
[math]
Que es cierto pues es el teorema de la bisectriz en [math].
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Matías V5

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Re: Iberoamericana 2015 P2

Mensaje sin leer por Matías V5 » Mié 11 Nov, 2015 1:08 pm

Horrible:
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Reordenando términos y multiplicando por [math] vemos que lo que nos piden probar equivale a que [math]. Vamos a probar esta relación.
Por el teorema del seno en el triángulo [math] sabemos que [math]. Haciendo lo mismo con las otras cuatro fracciones, vemos que lo que queremos probar equivale a
[math].
Como [math] es bisectriz de [math] tenemos que [math]. Como además [math], se deduce que [math] también es bisectriz de [math], es decir [math]. Con esto podemos reescribir lo anterior como
[math].
Como [math] para cualquier ángulo [math], lo anterior equivale a
[math]
Ahora, un poco de identidades trigonométricas.
Sabemos que
[math],
y que
[math].

Restando obtenemos que
[math].
En general entonces, si queremos calcular [math], basta llamar [math], [math], y usar la relación anterior.
Sean [math], [math]. Entonces [math], y
[math].
Por lo tanto, de la fórmula anterior se deduce que
[math],
y en consecuencia el primer miembro de [math] es igual a [math].
De la misma forma se obtiene que
[math],
y como [math], resulta que lo anterior es igual a [math], y por lo tanto el segundo miembro de [math] también es igual a [math].
Luego la igualdad [math] es verdadera, y el problema queda resuelto. [math]
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Prillo

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Re: Iberoamericana 2015 P2

Mensaje sin leer por Prillo » Mié 11 Nov, 2015 11:02 pm

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Invirtiendo por [math] con radio [math] es trivial: quedan [math] y [math] isoceles y hay que ver que [math], o sea [math]. Pero los triangulos [math] y [math] son congruentes.
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julianferres_

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Re: Iberoamericana 2015 P2

Mensaje sin leer por julianferres_ » Jue 12 Nov, 2015 1:03 am

Supongo que esto es menos feo:
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Veamos que [math] equivale a [math]

Es facil ver que la bisectriz de [math] coincide con la de [math] y entonces [math]

Reacomodando, habria que probar que [math]

Pero viendo el lado izquierdo con teoremas del seno en los triangulos [math] y [math] tenemos

[math]

Y en el lado derecho usando teoremas de la bisectriz en [math] y [math]

[math]

Luego habria que demostrar que

[math]

[math]

Lo cual es cierto por teorema del seno en [math]

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Emerson Soriano

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Re: Iberoamericana 2015 P2

Mensaje sin leer por Emerson Soriano » Jue 12 Nov, 2015 3:35 am

Utilicé un poco de áreas.
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Sea [math]. El problema se reduce a probar [math]. Aplicando el teorema de la bisectriz interior en el triángulo [math] tenemos [math].

Aplicando el teorema de la bisectriz interior en el triángulo [math] tenemos [math], y multiplicando ambas expresiones tenemos que [math]. Si probamos que [math] el problema termina. En efecto, sea [math] la altura del triángulo [math], entonces [math]. Por otro lado, tenemos que [math].

Luego dividiendo las expresiones se obtiene que [math], que es lo que se quiere probar.

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innombrable
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Re: Iberoamericana 2015 P2

Mensaje sin leer por innombrable » Jue 12 Nov, 2015 12:50 pm

Todo esto para evitar decir la palabra seno...
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Sean [math] y [math] los circuncentros de [math] y [math] respectivamente. Los triángulos [math] y [math] son semejantes porque son ambos isósceles y el angulito desigual es el mismo. Entonces [math].
Llamemos [math] y [math] a estos radios y [math] a la altura desde [math] a [math]. Es elemental que [math]. Simplificando, reacomodando y usando la igualdad anterior llegamos a [math].
Podríamos decir que ya terminamos, porque el [math] es igual a [math] por los dos teoremas de la bisectriz triviales, mientras que el [math] vale [math], y se ve claramente que es la identidad del enunciado.

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Joacoini

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Re: Iberoamericana 2015 P2

Mensaje sin leer por Joacoini » Mié 21 Ago, 2019 3:02 pm

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Invierto centro $P$ radio $1$.
IMG_20190821_150202.jpg
Nos queda el cíclico $PA'B'G'C'D'$ donde $A'B'C'D'$ es un trapecio isósceles y $G'$ es el punto medio del arco $B'C'$ que no incluye a $P$.

Tenemos que demostrar que
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Usando que $MN=\frac{M'N'}{PM'×PN'}$

$\frac{PA'×PG'}{A'G'}+\frac{PC'×PG'}{C'G'}=\frac{PB'×PG'}{B'G'}+\frac{PD'×PG'}{D'G'}$

$\frac{PA'}{A'G'}+\frac{PC'}{C'G'}=\frac{PB'}{B'G'}+\frac{PD'}{D'G'}$

Cómo $A'G'=D'G'$ y $B'G'=C'G'$.
$PA'×B'G'+PC'×D'G'=PB'×A'G'+PD'×C'G'$

Por el Teorema de Ptolomeo en $PA'B'G'$.
$PA'×B'G'+A'B'×PG'=PB'×A'G'$

Aplicando otro Ptolomeo a $PD'C'G'$.
$PC'×D'G'=PD'×C'G'+D'C'×PG'$

Sumando ambas igualdades y cancelando usando que $A'B'=D'C'$ llegamos a la igualdad buscada.
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NO HAY ANÁLISIS.

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