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geogebra-export.png Veamos que si $I$ es el incentro de $XYZ$, entonces el triángulo es equilátero. Notemos que $\angle AIZ=\frac{1}{2}\angle AIB$; $\angle CIX=\frac{1}{2}\angle BIC$, y $\angle CIY=\frac{1}{2}\angle CIA$; por lo que estos tres ángulos suman la mitad de una vuelta completa, es decir...

Es la primer solución de ecuaciones funcionales que subo... a ver qué onda :) ... De nuevo, hay dos opciones $a)$ $f(x)=0$ Verificamos la ecuación original: $$f(x)f(y)+yf(x)+xf(x+y)=0=f(x2+xy)$$ $b)$ $f(−x)=x$ Luego, para cada $x$ hay un $z$ real tal que $z=−x$, luego $f(−(−x))=f(x)=−x$ Verificamos...

Hagamos de cuenta que nunca mandé mi anterior solución. A ver si ahora sí: Yo digo que si $n$ es par gana Beto y si $n$ es impar gana Ana. Es claro que en cada momento hay una única manera de dividir a los puntos de la figura en grupos tal que en todo grupo se pueda viajar desde cualquier punto a cu...

Una sólo melódica. Nosotros vamos a demostrar que $ABI$ es semejante a $PQK$, de donde el problema se sigue. geogebra-export.png En primer lugar, vamos a probar $ABI$ y $CLK$ son semejantes: Sean $\angle BAI=\angle IAC=\alpha$, $\angle CBI=\angle IBA=\beta$ y $\angle ACI=\angle ICB=\gamma$. Notemos ...

Tecnicismo: Si bien no viene mucho al caso, vale aclarar que si $\frac{a}{b}=\frac{c}{d}=k$, entonces $\frac{a+c}{b+d}=k$ y $\frac{a-c}{b-d}=k$ (se puede ver fácil ya que $a=bk$ y $c=dk$). Esto, si bien es una trivialidad, da un grado más de libertad cuando se está jugando con razones en geometría....

Hola, muy buena solución. Un único detalle: Entonces $PK=QK\iff P$ es el simétrico de $Q$ respecto a la mediatriz de $AB$ Esto no sería cierto si $K$ es el centro del cíclico (y entonces $PK$ y $QK$ son radios), pero el caso se descarta fácil dado que no hay lados paralelos. Ahora te toca proponer.

Ahora sí voy a proponer. Problema 148. Un cuadrilátero $ABCD$ que no tiene dos lados iguales o paralelos está circunscrito alrededor de una circunferencia de centro $I$. Sean $K$, $L$, $M$ y $N$ los puntos medios de los lados $AB$, $BC$, $CD$ y $DA$, respectivamente. Probar que si $AB\cdot CD=4IK\cd...

A ver... geogebra-export (1).png Primero, sea $D'$ la intersección entre $AO$ y $EF$. Veamos que como $BCEF$ es cíclico, vale que $\angle ABD=\angle AED'$. Además, se sabe que $H$ y $O$ son conjugados isogonales así que $\angle BAD=\angle EAD'$. De este modo, $\triangle ABD\sim\triangle AED'$, lueg...

Solución 146 Vamos a imaginarnos como que conectamos los puntos con flechitas que salen del punto elegido y van al más cercano. Notemos que de cada vértice sale una sola flecha, pero pueden entrar ninguna, una o más de una. Agarremos un punto $A$ y supongamos que tiene más de $5$ vecinos. Vamos a p...