Problema 4 Primer Pretorneo 2012 Nivel Mayor

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Nacho

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Problema 4 Primer Pretorneo 2012 Nivel Mayor

Mensaje sin leer por Nacho »

Un cuadrilátero convexo [math] tiene [math], [math], [math] y [math]. Determinar el ángulo entre sus diagonales. (5 puntos).
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Nacho

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Re: Problema 4 Primer Pretorneo 2012 Nivel Mayor

Mensaje sin leer por Nacho »

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Analítica strikes back!

Fijamos un sistema de ejes cartesianos con [math] y tal que [math] sea el eje [math]. Tenemos entonces [math]. Dejamos [math] y [math].

Por las condiciones de los módulos de los lados:

[math] (1).
[math] (2)
[math]. (3)

Si reemplazamos (1) y (2) en (3) obtenemos que [math] (4).

Consideremos los vectores [math] y [math]. Tenemos que [math] y [math].

Si hacemos producto escalar, nos da [math] por (4).

Pero [math], y al ser el módulo de los vectores no-nulo, tenemos que [math] y así [math]. Y estamos.
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Nacho

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Re: Problema 4 Primer Pretorneo 2012 Nivel Mayor

Mensaje sin leer por Nacho »

Iluminado por Matías, sale con el lema este que ya había aparecido acá: http://omaforos.com.ar/viewtopic.php?p=312#p312.

Voy a demostrarlo con el mismo método que antes:
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Fijo ejes cartesianos. [math], [math], [math], [math]. Si [math] son las medidas de [math], [math], [math] y [math] respectivamente, tengo por las condiciones de módulo que:

[math] (1).
[math] (2)
[math]. (3)

Si reemplazamos (1) y (2) en (3), obtenemos que [math] (4).

Notemos que [math]. Es decir, [math].

Con todo esto, lo que queremos demostrar sale en dos patadas.

Si [math], entonces se sigue de (4) que [math]. Pero por lo del producto escalar, se sigue que [math].

Si [math], se sigue que [math], y así se ve en (4) que [math].

Entonces [math]
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crimeeee
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Re: Problema 4 Primer Pretorneo 2012 Nivel Mayor

Mensaje sin leer por crimeeee »

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Sea [math] el cuadrilátero y sea [math] la intersección de las diagonales [math] y [math]. Sea [math], [math], [math] y [math]; y sea [math] y [math], con [math]. Por el teorema del coseno:

[math] (1)
[math] (2)
[math] (3)
[math] (4)

Como [math], entonces sumando (1) y (3) e igualando a la suma de (2) y (4). Cancelando términos iguales:

[math]. Supongamos que [math]. Como el coseno de 0 es 1, de 90 es 0 y de 180 es -1; entonces el coseno de un ángulo [math], con [math] es positivo, mientras que el coseno de un ángulo [math], con [math] es negativo. Si [math], entonces [math] por lo que el miembro izquierdo de la última ecuación es positivo mientras que el derecho es negativo. Contradicción. Luego [math]
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julianferres_

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Re: Problema 4 Primer Pretorneo 2012 Nivel Mayor

Mensaje sin leer por julianferres_ »

Pretorneo.png
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Vladislao

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Re: Problema 4 Primer Pretorneo 2012 Nivel Mayor

Mensaje sin leer por Vladislao »

Una prueba del lema del link con vectores.
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Consideremos una cuaterna de puntos $A$, $B$, $C$ y $D$ en un plano. Consideremos un sistema de ejes coordenados con origen en algún punto $O$ del plano. El vector $\vec{OP}$, por comodidad va a ser denotado como $\vec{P}$. El punto $\cdot$ va a denotar el producto escalar entre dos vectores, y $\left |\left |\vec{JK}\right |\right |$ va a denotar a la norma o módulo del vector $\vec{JK}$.

Primero, veamos que $AC\perp BD \iff \vec{AC}\perp \vec{BD}$, y esto ocurre si y sólamente si (por la definición de vectores perpendiculares) su producto escalar es 0, es decir: $\iff \vec{BD}\cdot \vec{AC}=0\iff \left (\vec{D}-\vec{B}\right )\cdot \left (\vec{C}-\vec{A}\right )=0$.

Podemos aplicar las propiedades del producto escalar para ver que esto pasa: $\iff \vec{D}\cdot \vec{C}-\vec{D}\cdot \vec{A}-\vec{B}\cdot \vec{C}+\vec{B}\cdot \vec{A}=0$.

Esto ocurre $\iff \vec{C}\cdot \vec{D}+\vec{B}\cdot \vec{A}=\vec{D}\cdot \vec{A}+\vec{B}\cdot \vec{C}$.

Esa igualdad será cierta $\iff -2\vec{C}\cdot \vec{D}-2\vec{B}\cdot \vec{A}=-2\vec{D}\cdot \vec{A}-2\vec{B}\cdot \vec{C}$.

La última igualdad se da si y sólo si al sumar $\vec{A}\cdot\vec{A}+\vec{B}\cdot\vec{B}+\vec{C}\cdot\vec{C}+\vec{D}\cdot\vec{D}$ a ambos lados, las expresiones siguen siendo iguales.

Es decir, esa igualdad es cierta $\iff \left (\vec{C}-\vec{D}\right )^2+\left (\vec{B}-\vec{A}\right )^2=\left (\vec{D}-\vec{A}\right )^2+\left (\vec{C}-\vec{B}\right )^2$.

Pero esta última igualdad se cumple $\iff \left (\vec{DC}\right )^2+\left (\vec{AB}\right )^2=\left (\vec{AD}\right )^2+\left (\vec{BC}\right )^2$, y por definición de norma esto se da si y sólo si:

$\left |\left |\vec{CD}\right |\right |^2+\left |\left |\vec{AB}\right |\right |^2=\left |\left |\vec{AD}\right |\right |^2+\left |\left |\vec{BC}\right |\right |^2$

Es decir, en resumen: $AC\perp BD\iff CD^2+AB^2=AD^2+BC^2$.
Sea [math] Para todo entero positivo [math] se cumple que [math] es un número primo.
franco_bongiova

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Re: Problema 4 Primer Pretorneo 2012 Nivel Mayor

Mensaje sin leer por franco_bongiova »

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Usando la conocida propiedad:
"Si y solo si, un cuadrilátero tiene sus diagonales perpendiculares, entonces la suma de los cuadrados de los lados opuestos es la misma."
Si las diagonales se cortasen en un ángulo recto, entonces se debe cumplir lo siguiente:
[math]
Reemplazamos los valores:
[math]
[math]
[math]
Como es un si y solo si, y se cumple una parte de la afirmación, se cumple la siguiente y el ángulo que sostienen las diagonales es de [math].
Si tenés una pizza con un radio [math] y una altura [math], su volumen será: [math].
franco_bongiova

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Re: Problema 4 Primer Pretorneo 2012 Nivel Mayor

Mensaje sin leer por franco_bongiova »

Demostración "pitagórica" del lema $AB^2+CD^2=BC^2+DA^2$:
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En un cuadrilátero $ABCD$ ordenados horariamente, sus diagonales se cortan perpendicularmente en $Z$. Sea $AZ = a$, $BZ = b$, $CZ = c$ y $DZ = d$.
Tenemos que:
$AB^2=a^2+b^2$
$BC^2=b^2+c^2$
$CD^2=c^2+d^2$
$DA^2=d^2+a^2$

Como queremos demostrar la ecuación de arriba, reemplazamos los cuatro valores. Nos queda:
$a^2+b^2+c^2+d^2=b^2+c^2+d^2+a^2$
Lo que es facil notar que es verdad ya que se cancela todo.

Para la recíproca se puede tomar la demostración de crimeeee generalizando los valores de los lados, solo sabiendo que es verdad la ecuación.
Si tenés una pizza con un radio [math] y una altura [math], su volumen será: [math].
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Fran5

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Re: Problema 4 Primer Pretorneo 2012 Nivel Mayor

Mensaje sin leer por Fran5 »

Habrá alguna demostración geométrica "interesante" que evite usar trigonometría ó geometría analítica/números complejos?
"Al toque Roque // Al pique Quique // Tranca palanca // No pasa nada // Argentina Gana // La tenés adentro //
ricarlos
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Re: Problema 4 Primer Pretorneo 2012 Nivel Mayor

Mensaje sin leer por ricarlos »

Fran5 escribió: Lun 23 Abr, 2018 12:37 pm Habrá alguna demostración geométrica "interesante" que evite usar trigonometría ó geometría analítica/números complejos?
no se si es interesante si creo que es geometria "pura"
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Podemos trazar dos circunferencias con centro en $D$ y radio $AD$ y con centro en $B$ y radio $AB$. A la primera la denominamos $(D)$ y a la otra $(B)$, entonces $CD$ corta a $(D)$ en $X$ (mas cerca de C) e $Y$ por otro lado $CB$ corta a $(B)$ en $V$ (mas cerca de C) y en $W$.

$AC$ vuelve a cortar a $(D)$ en $P$ y
$AC$ vuelve a cortar a $(B)$ en $Q$.

La idea es probar que $P=Q$ pues esto solo se logra si $AC$ es eje radical de ambas circunferencias y entonces AC y BD serian perpendiculares.

Datos.
$CX=11-5=6$
$CY=11+5=16$
$CV=14-10=4$
$CW=14+10=24$

Por pot. de $C$ resp. $(D)$ es $CX(CY)=CP(CA)$ de donde $CP=6(16)/CA=96/CA$

Por pot. de $C$ resp. $(B)$ es $CV(CW)=CQ(CA)$ de donde $CQ=4(24)/CA=96/CA$

Entonces $P=Q$ porque $CP=CQ$.
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Dado un triangulo ABC y los puntos medios L, M y N de los lados BC, AC y AB, respectivamente, probar que las bisectrices de los angulos ANB, BLC y CMA son concurrentes.
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