Maratón de Problemas de Geometría

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Gianni De Rico

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Re: Maratón de Problemas de Geometría

Mensaje sin leer por Gianni De Rico »

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Esto es trivial por el teorema de Bolshonikov demostrado en un bar de Bielorrusia en 1850

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¿hola?

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Re: Maratón de Problemas de Geometría

Mensaje sin leer por ¿hola? »

Turko Arias escribió:
Sab 19 Sep, 2020 6:21 pm
La gente del Politécnico odia la geometría
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Yes, he who

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Monazo

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Re: Maratón de Problemas de Geometría

Mensaje sin leer por Monazo »

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Sandy

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Re: Maratón de Problemas de Geometría

Mensaje sin leer por Sandy »

Estaban tardando mucho $\Longrightarrow$ me encargo yo así que va uno facilito y de GeomeTNía.

Problema 167:
El triángulo acutángulo $ABC$ tiene circuncentro $O$. Sean $A_1, B_1, C_1$ los puntos donde los diámetros del circuncírculo por $A,B,C$ cortan a $BC, CA, AB$ respectivamente. Si el circunradio de $\overset{\Delta}{ABC}$ es $p$ con $p$ primo y $OA_1$, $OB_1$, $OC_1$ son enteros, determinar el perímetro de $\overset{\Delta}{ABC}$.
Última edición por Sandy el Jue 01 Oct, 2020 6:45 pm, editado 1 vez en total.
$u=tan\left(\frac{x}{2}\right)$
$\frac{2}{1+u^2}du=dx$

BrunZo

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Re: Maratón de Problemas de Geometría

Mensaje sin leer por BrunZo »

Escuchame
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Si $ABC$ es equilátero, entonces $OA_1=OB_1=OC_1=\frac{R}{2}=p$ que es entero, así que todas las condiciones se cumplen. De todos modos, el perímetro es siempre distinto: $6\sqrt{3}p$. Ahora, no sé si
  • el problema pide hallar todos los posibles perímetros.
  • en realidad es el diámetro que mide $2p$ y no el radio (en cuyo caso ya los segmentitos medirían $\frac{p}{2}$, haciendo que la única posibilidad sea $1$).
  • el triángulo debe ser no equilátero.
Sería fenomenal si pudieses aclarar estas dudas.

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Fran5

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Re: Maratón de Problemas de Geometría

Mensaje sin leer por Fran5 »

Si $ABC$ es el $12-16-20$ tenemos que $r = 10$ y $OA_1 = OB_1 = 10, OC_1 = 0$.
Con perímetro $48$ que casi no tiene nada que ver con $p$ :P
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BrunZo

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Re: Maratón de Problemas de Geometría

Mensaje sin leer por BrunZo »

Fran5 escribió:
Jue 01 Oct, 2020 6:32 pm
Si $ABC$ es el $12-16-20$ tenemos que $r = 10$ y $OA_1 = OB_1 = 10, OC_1 = 0$.
Con perímetro $48$ que casi no tiene nada que ver con $p$ :P
Sí, pero eso no es acutángulo, jaja :P
Cada vez entiendo menos este problema. :?

EDIT: Confirmado que en realidad es el diámetro el que mide $2p$, si no me equivoco. Ahora lo pienso.

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Monazo

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Re: Maratón de Problemas de Geometría

Mensaje sin leer por Monazo »

Voy a proponer un nuevo problema dado que nadie resolvió el problema anterior.

Problema 168

Sea $ABC$ un triángulo rectángulo en $A$ e isósceles. Sean los puntos $D$ y $E$ en el segmento $AC$ y la recta $AB$ respectivamente, tales que $AD = AE$ y $A$ se encuentra entre $E$ y $B$. Demostrar que $A$, el punto medio de $BD$, la intersección se $ED$ y $BC$ y el punto medio de $EC$ forman un cuadrado.
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Juan Cruz Roldán

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Re: Maratón de Problemas de Geometría

Mensaje sin leer por Juan Cruz Roldán »

Tengo una respuesta casi incompleta que depende de que asumamos que exista el cuadrado en un primer momento.
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Primero usamos trigonometría para calcular el ángulo $A\hat{E}D$, como ambos son iguales catetos son iguales: $arctan (1)=45°$.Sea $P$ la intersección de la recta $ED$ con el lado $BC$, por las medidas de $E\hat{B}P$ y $B\hat{E}P$ podemos afirmar que $B\hat{P}E$ mide $90°$. Sabemos que tanto los ángulos como uno de los lados de $EBP$ y $ABC$ son congruentes, por lo tanto son ambos triángulos congruentes. Luego los puntos $EBC$ forman un triángulo isósceles, debido a la congruencia antes mencionada y a la desigualdad de los ángulo restantes con respecto a $E\hat{B}C$. Ahora, asumimos que el cuadrado existe, en ese caso la recta $BD$ es traza su diagonal y divide al triángulo en dos. Luego los ángulos correspondientes a la mitad del segmento $EC$ valdrán $45°$. Con esta información completamos las medias de los ángulos del triángulo superior, obteniendo $45°,67.5°,67.5°$. Nos damos cuentas se forman 2 triángulos isósceles en los extremos inferiores, semejante al superior. Completamos las medidas de sus ángulos, nos damos cuenta que al punto $P$ solo le falta definir uno de sus ángulos, el que forma con el cuadrado, como asumimos que era un cuadrado entonces este último medirá $22.5°$. Luego ald dividir la recta $BC$ el triángulo por la mitad, entonces el punto $A$ también formará un ángulo de igual medida con un lado del cuadrado. A su vez forman dos ángulos obtusos con el vértice del cuadrado cercano a $B$, que miden $135°$ (esto por haber hecho: $180-45/2-25$). Como $360-135 \times 2=90$ demostramos la medida de uno de sus vértices y la de su vértice opuesto. Por un proceso similar verificamos también el ángulo formado por $A$ y los puntos medios de $EC$ y $BD$, a su vez, demostrando el de su vértice opuesto. La medida de los lados se verifica por las propiedades del triángulo isóceles, sabemos que corta a la figúra por la mitad y que todos sus lados tiene $90°$.
Fue re largo y le queda bastante que mejorar a esta resolución, pero me gustaría tener una opinión de un tercero sobre los errores.
Estaba Jesús predicando en el monte Sinaí y dijo a sus discípulos:
– y = ax2 + bx + c
– ¿Y eso qué es? Dijo uno de los discípulos.
– A lo que Jesús respondió: ¡Una parábola !

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Gianni De Rico

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Re: Maratón de Problemas de Geometría

Mensaje sin leer por Gianni De Rico »

Juan Cruz Roldán escribió:
Mié 07 Oct, 2020 9:03 pm
Tengo una respuesta casi incompleta que depende de que asumamos que exista el cuadrado en un primer momento.
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Primero usamos trigonometría para calcular el ángulo $A\hat{E}D$, como ambos son iguales catetos son iguales: $arctan (1)=45°$.Sea $P$ la intersección de la recta $ED$ con el lado $BC$, por las medidas de $E\hat{B}P$ y $B\hat{E}P$ podemos afirmar que $B\hat{P}E$ mide $90°$. Sabemos que tanto los ángulos como uno de los lados de $EBP$ y $ABC$ son congruentes, por lo tanto son ambos triángulos congruentes. Luego los puntos $EBC$ forman un triángulo isósceles, debido a la congruencia antes mencionada y a la desigualdad de los ángulo restantes con respecto a $E\hat{B}C$. Ahora, asumimos que el cuadrado existe, en ese caso la recta $BD$ es traza su diagonal y divide al triángulo en dos. Luego los ángulos correspondientes a la mitad del segmento $EC$ valdrán $45°$. Con esta información completamos las medias de los ángulos del triángulo superior, obteniendo $45°,67.5°,67.5°$. Nos damos cuentas se forman 2 triángulos isósceles en los extremos inferiores, semejante al superior. Completamos las medidas de sus ángulos, nos damos cuenta que al punto $P$ solo le falta definir uno de sus ángulos, el que forma con el cuadrado, como asumimos que era un cuadrado entonces este último medirá $22.5°$. Luego ald dividir la recta $BC$ el triángulo por la mitad, entonces el punto $A$ también formará un ángulo de igual medida con un lado del cuadrado. A su vez forman dos ángulos obtusos con el vértice del cuadrado cercano a $B$, que miden $135°$ (esto por haber hecho: $180-45/2-25$). Como $360-135 \times 2=90$ demostramos la medida de uno de sus vértices y la de su vértice opuesto. Por un proceso similar verificamos también el ángulo formado por $A$ y los puntos medios de $EC$ y $BD$, a su vez, demostrando el de su vértice opuesto. La medida de los lados se verifica por las propiedades del triángulo isóceles, sabemos que corta a la figúra por la mitad y que todos sus lados tiene $90°$.
Fue re largo y le queda bastante que mejorar a esta resolución, pero me gustaría tener una opinión de un tercero sobre los errores.
Hola, las ideas están bastante bien, sin embargo, hay un par de detalles que hacen que la solución no esté completa
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El primer problema es la parte de "asumir que es un cuadrado", porque básicamente estarías diciendo "si pasa $p$, entonces es cierto que pasa $p$", que no nos sirve mucho porque ya sabíamos que pasaba $p$.
Aparte de eso, creo que se te pasó algo cuando leías el enunciado, no hay ninguna razón por la que $EBP$ y $ABC$ tengan que ser congruentes (de hecho, lo son únicamente en un caso particular), lo único que sabemos es que $AD=AE$, pero eso no nos dice nada sobre $BE$ y $AC$, así que de ahí en adelante lamentablemente no podemos asegurar que sea cierto en general nada de lo que demostraste.
Por último, si vas a referirte a "extremos inferiores" en la figura, sería de mucha ayuda para alguien que va a leer la solución contar con el dibujo que usaste vos (el foro permite subir imágenes), esto no es un error en la solución, solamente es algo que resulta más cómodo tanto para vos si eventualmente querés volver a leer la solución, como para los demás usuarios del foro.
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Esto es trivial por el teorema de Bolshonikov demostrado en un bar de Bielorrusia en 1850

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