Maratón de Problemas

[jhn]

Solución del 260

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Tomemos el radio de cada planeta como unidad. Sea [math]P la cápsula convexa de los centros de los planetas, y sean [math]P_1,..., [math]P_V sus vértices. Es claro que podemos ignorar los planetas cuyo centro no sea un [math]P_i, pues no tienen puntos invisibles para todos los demás. Si [math]P_i tiene vértices adyacentes [math]P_{i_1}, [math]P_{i_2},..., [math]P_{i_{k_i}} ordenados en sentido positivo vistos desde el exterior de [math]P, sea [math]\alpha_j= \angle P_{i_j}P_iP_{i_{j+1}} ([math]j módulo [math]k_i). Entonces la zona invisible del planeta [math]i es un polígono esférico de ángulos [math]\pi-\alpha_j, cuya área es [math]\sum_{j=1}^{k_i}(\pi-\alpha_j)-(k_i-2)\pi=2\pi-\sum_{j=1}^{k_i}\alpha_j.
Ahora se deben sumar las expresiones anteriores para cada [math]P_i. Si [math]P tiene [math]C caras y [math]A aristas, los términos [math]2\pi suman [math]2\pi V. Para sumar los ángulos observamos que éstos se pueden agrupar por caras, y si una cara tiene [math]r lados la suma de sus ángulos es [math]\pi(r-2). Como cada arista pertenece a dos caras, la suma de estos términos es [math]\pi(2Ar-2C). Finalmente usando la fórmula de Euler [math]V-A+C=2 llegamos a que la suma de las áreas invisibles es

[math]2\pi V-\pi(2Ar-2C)=2\pi(V-A+C)=4\pi,

es decir el área de un planeta

[Emerson Soriano]

261?

[Violeta]

261?

Chitón.

[jhn]

Problema 261 Un triángulo [math]T se divide en [math]n triángulos más pequeños mediante un número finito de segmentos, cuyos extremos son puntos interiores o vértices de [math]T, de manera tal que en cada uno de esos puntos concurre el mismo número de segmentos. ¿Cuál es el mayor valor posible de [math]n?

[Emerson Soriano]

En los vértices del triángulo también concurren la misma cantidad de segmentos?

[jhn]

Sí.

[isavl]

SOLUCION PROBLEMA 261

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Sean [math]N= Numero de trianglos, [math]A=Aristas, [math]V=vertices, [math]K=Grado de cada vertice.

Tenemos, [math]A=\frac{K\cdot V}{2} , ya que cada vertice determina [math]K segmentos y cada segmento esta contado dos veces. Y tomando en cuenta a la región exterior como si fuera otro triángulo, obtenemos [math]N+1=\frac{2\cdot A}{3}=\frac{V\cdot K}{3} , ya que cada arista determina dos triangulos, y cada triangulo esta contado 3 veces.

Por la fórmula de Euler, [math]V-A+(N+1)=2, ya que la fórmula toma en cuenta la region exterior.

Entonces [math]N+1=2+A-V=2+ \frac{V\cdot K}{2} + V= \frac{V\cdot K}{3}, De donde [math]12=V\cdot(6-K)
Como [math]V es el numero de vertices, es siempre positivo, por lo tanto
[math]6-K>0, entonces [math]6>K por lo tanto, el máximo grado de cada vértice puede ser [math]5, si [math]K=5 \Rightarrow V=12 \Rightarrow N+1=\frac{12\cdot 5}{3}=20, entonces
el mayor valor posible de [math]N es [math]19
EJEMPLO N=19

EJEMPLO.jpg

PROBLEMA 262
Sean [math]R y [math]r el circumradio y el inradio de un triángulo [math]ABC respectivamente, demostrar [math]R \ge 2r

[jhn]

Hola isavi, te faltaría mostrar con un ejemplo que el máximo [math]N=19 efectivamente se alcanza.
Bueno, listo, ahora la solución del 261 está completa.

[MateoCV]

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Sea [math]S el área del triángulo y [math]a, b, c sus lados. Sabemos que [math]S=\frac{abc}{4R} y [math]S=\frac{(a+b+c)r}{2} lo que eso mismo que [math]R=\frac{abc}{4S} y [math]r=\frac{2S}{a+b+c} y reemplazando esto en la desigualdad que queremos probar nos queda que [math](a+b+c)abc\geq 16S^2 Usando que [math]S=\frac{\sqrt{(a+b+c)(a+b-c)(a-b+c)(-a+b+c)}}{4} (Formula de Herón) La desiguladad a probar se reduce a demostrar [math]abc\geq (a+b-c)(a-b+c)(-a+b+c)
Llamamos [math]x=a+b-c
[math]y=a-b+c
[math]z=-a+b+c
Y como son los lados de un triángulo sabemos que [math]x,y,z>0
Luego tenemos que [math]a=\frac{x+y}{2}
[math]b=\frac{x+z}{2}
[math]c=\frac{y+z}{2}
Y la desigualdad se transforma a [math](x+y)(y+z)(z+x)\geq 8xyz y como [math](x+y)\geq 2\sqrt{x} \sqrt{y} por AG-GM y de forma similar para [math]y,z y para [math]z,x uniendo estas tres desigualdades llegamos a la buscada

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Otra forma de probar [math](x+y)(y+z)(z+x)\geq 8xyz con [math]x,y,z>0 es usar que [math](x+y)(y+z)(z+x)=(x+y+z)(xy+yz+zx)-xyz y probar que [math](x+y+z)(xy+yz+zx)\geq 9xyz pero como [math]xy+yz+zx=xyz(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}) si reemplazamos esto arriba la desigualdad se reduce a AM-HM

[MateoCV]

Problema 263
Demostrar que existen infinitos enteros positivos [math]n tales que [math]n! es múltiplo de [math]n^2+1