26º Olimpiada Iberoamericana 2011. Problema 3.

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AgustinChenna.
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26º Olimpiada Iberoamericana 2011. Problema 3.

Mensaje sin leer por AgustinChenna. » Mié 28 Sep, 2011 3:19 pm

Sean [math] un triangulo y sean [math] los puntos de tangencia de su circunferencia inscrita con los lados [math] respectivamente. Suponga que [math] son circunferencias con cuerdas [math], respectivamente tales que [math] se corten sobre la recta [math] y que [math] se corten sobre la recta [math]. Suponga que [math] corta a las cuerdas [math] y [math] en [math] y [math] respectivamente; [math] corta a las cuerdas [math] y [math] en [math] e [math]; y que [math] corta a las cuerdas [math] y [math] en [math] y [math], respectivamente. Demostrar que [math] están sobre una misma circunferencia.

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AgustinChenna.
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Re: 26º Olimpiada Iberoamericana 2011. Problema 3.

Mensaje sin leer por AgustinChenna. » Mié 28 Sep, 2011 3:21 pm

No entiendo el objetivo de ponerle suponga a todo :shock:

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Vladislao

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Re: 26º Olimpiada Iberoamericana 2011. Problema 3.

Mensaje sin leer por Vladislao » Sab 22 Oct, 2011 6:51 pm

Chateando con Bruno me dieron ganas de hacerlo...
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ibero2011.PNG
Sea [math] la intersección de las circunferencias [math] y [math], y sea [math] la intersección de [math] y [math].

Es fácil notar que [math], análogamente [math] y [math].

Sabemos, por enunciado que [math] es cíclico (su circuncírculo es [math]). En particular, de ésto sale que [math]. Pero [math].

Entonces, de la igualdad [math] sale que [math] por las igualdades de ángulos que citamos al comienzo. Eso implica que [math]. Del mismo modo podemos probar que [math] y que [math].

Ahora, en la circunferencia [math] tenemos que [math] por arco capaz.

Prolongamos [math] hasta que corte a [math] en [math]. Es claro que [math] esto nos dice que [math], [math] y [math] son colineales, y en particular tenemos que [math] está en [math].

Ahora, de lo último sale que [math]. Pero teníamos que [math], luego [math], en particular [math], luego [math] es un paralelogramo ya que [math].

Entonces, [math], o lo que es lo mismo [math].

Como [math], sigue que [math] y como [math], el cuadrilátero [math] es un trapecio isósceles, y en particular es cíclico. Con razonamientos análogos se puede probar que [math], [math] y de ésto (haciendo un par de angulitos fáciles más) se concluye que el hexágono [math] es cíclico, como queríamos.
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Sea [math] Para todo entero positivo [math] se cumple que [math] es un número primo.

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Prillo

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Re: 26º Olimpiada Iberoamericana 2011. Problema 3.

Mensaje sin leer por Prillo » Dom 23 Oct, 2011 12:04 am

Prolongamos [math] hasta que corte a [math] en [math] . Es claro que [math] esto nos dice que [math], [math] y [math] son colineales, y en particular tenemos que [math] está en [math].
No veo como [math] implica la colinealidad de [math] y [math].

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Vladislao

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Re: 26º Olimpiada Iberoamericana 2011. Problema 3.

Mensaje sin leer por Vladislao » Dom 23 Oct, 2011 12:53 am

Tenés razón, pensé que era cierto porque me confundí en la definición de [math].
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ibero20111.PNG
Vamos a definir [math] como la intersección de [math] y [math] y vamos a definir como [math] a la intersección de [math] y [math].

Por potencia desde [math] no es difícil ver que [math]. De ésto se sigue que [math].

Sea [math] la intersección de [math] con [math]. Tenemos que [math], [math] y [math], luego los triángulos [math] y [math] son semejantes, y en particular, homotéticos. De ésto se sigue que [math] yace en [math]. Pero [math] es el eje radical de [math] y [math].

Luego, la potencia de [math] con respecto a [math] es [math], y la potencia de [math] respecto de [math] es [math]. Como [math] estaba en el eje radical: [math]. Pero [math], luego [math], es decir [math], pero como [math], sigue que [math] es un trapecio isósceles, y en particular es cíclico.

De la misma forma, podemos encontrar ciclicidades simétricas, y el problema queda resuelto. (Releer la última parte de mi post anterior).
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Re: 26º Olimpiada Iberoamericana 2011. Problema 3.

Mensaje sin leer por Prillo » Dom 23 Oct, 2011 2:09 am

Vamos a definir [math] como la intersección de [math] y [math] y vamos a definir como [math] a la intersección de [math] y [math].

Por potencia desde [math] no es difícil ver que [math]. De ésto se sigue que [math].
Faltaría ser mas claro en que con estas definiciones de [math] y [math], estos puntos caen sobre [math] y [math] respectivamente. Esto es porque [math], y análogamente con [math]. Ahora sí no es difícil ver que por la potencia desde [math] a [math] y [math], [math].

Ah, y un último detalle: [math] y [math] se corta sobre AX, y aunque esto no lo dice el enunciado, no es particularmente difícil de probar. Creo que ahora sí es una solución completa. Hace un rato que quería ver la solución limpia (es decir directa) de este problema, parece que la encontré.

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Vladislao

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Re: 26º Olimpiada Iberoamericana 2011. Problema 3.

Mensaje sin leer por Vladislao » Dom 23 Oct, 2011 11:16 am

En cuanto a la colinealidad que nombrás al final, de hecho no la uso, pero por si lo considerás necesario, las tres circunferencias son no coaxiales, por lo que tienen un centro radical único. Como la intersección de dos de los ejes radicales es el punto de Gergonne del triángulo, se tiene que el tercero concurre en ese punto, y eso implica la colinealidad que mencionabas.
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Re: 26º Olimpiada Iberoamericana 2011. Problema 3.

Mensaje sin leer por Gianni De Rico » Sab 28 Jul, 2018 9:00 pm

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Vamos a definir algunos puntos nuevos:
$D=AB\cap C_1$
$E=AB\cap C_2$
$F=BC\cap C_2$
$G=BC\cap C_3$
$H=CA\cap C_3$
$O=CA\cap C_1$

Como $XYZ$ es el triángulo de contacto de $ABC$ tenemos $AY=AZ$, $BZ=BX$ y $CX=CY$. Por potencia de $C$ respecto a $C_3$ resulta $CX\cdot CG=CY\cdot CH\Rightarrow CG=CH\Rightarrow GX=HY$. Como $C$ está en el eje radical de $C_1$ y $C_2$ tenemos $CX\cdot CF=CY\cdot CO\Rightarrow CF=CO\Rightarrow FX=OY$. Análogamente, $FX=EZ$ y $GX=DZ$. Pero por potencia de $A$ respecto a $C_1$ tenemos $AY\cdot AO=AZ\cdot AD\Rightarrow AO=AD\Rightarrow OY=DZ$. Entonces $HY=GX=DZ=OY=FX=EZ$.
Ahora, por Thales $DO\parallel YZ\parallel EH$, $EF\parallel ZX\parallel DG$ y $GH\parallel XY\parallel FO$ (*); y también $AD\cdot AE=AO\cdot AH$, $BE\cdot BD=BF\cdot BG$ y $CG\cdot CF=CH\cdot CO$, entonces por potencia de un punto $DEHO$, $DEFG$ y $FGHO$ son cíclicos. Sean $C\widehat AB=2\alpha$, $A\widehat BC=2\beta$ y $B\widehat CA=2\gamma$. Como $CG=CH$ y $BE=BF$ tenemos $D\widehat GH=180°-B\widehat GD-H\widehat GC=180°-(90°-\beta )-(90°-\gamma )=\beta +\gamma =90-\alpha =A\widehat OD$ por lo que $ODGH$ es cíclico y $D$ está en el circuncírculo de $GHO$. Como $FGHO$ es cíclico, $F$ está en el circuncírculo de $GHO$, entonces $DFGHO$ es cíclico. Pero como $DEHO$ es cíclico tenemos que $E$ está en el circuncírculo de $DHO$, y $DEFGHO$ es cíclico.
Como $BX$ es tangente al incírculo de $ABC$ tenemos $B\widehat XM=B\widehat XZ=X\widehat YZ=J\widehat YZ=X\widehat MJ$, por lo que $MJ\parallel BC$. Análogamente $IL\parallel CA$ y $KN\parallel AB$. Juntando esto con (*) tenemos $KN\parallel DE$, $NM\parallel EF$, $MJ\parallel FG$, $JI\parallel GH$, $IL\parallel HO$ y $LK\parallel OD$; luego, $DEFGHO$ y $KNMJIL$ tienen los mismos ángulos. Entonces como $DEFGHO$ es cíclico, tenemos que $KNMJIL$ es cíclico, o dicho de otra forma, los puntos $I,J,K,L,M,N$ están sobre una misma circunferencia.
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Re: 26º Olimpiada Iberoamericana 2011. Problema 3.

Mensaje sin leer por Violeta » Dom 29 Jul, 2018 5:31 pm

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Digamos que $AB$ y $AC$ intersecan a $C_2$ y $C_3$, respectivamente, en $P$ y $Q$. Ahora, usando angulos dirigidos $\angle API = \angle ZXI = \angle ZXY = \angle AZY$ y $\angle AQN = \angle YXN = \angle YXZ = \angle AYZ$, de donde $ZY \parallel PI \parallel QN$. Pero por potencia de un punto (pues A esta sobre el eje radical de $C_2$ y $C_3$), $AZ \cdot AP = AY \cdot AQ \Rightarrow AP = AQ$ y se deduce que $PQ \parallel ZY \Rightarrow IN \parallel YZ$. Ahora, como $MZYJ$ es ciclico e $IN$ es paralelo a $YZ$, $MJNI$ es ciclico.

Analogamente, $JKIL$ es ciclico y $KNLM$. Si dos de estas circunferencias fueran las mismas, acabamos. Asumamos que son todas distintas. Entonces, sus ejes radicales deberian o concurrir o ser todos paralelos entre si. Pero sus ejes radicales son $IJ, MN, KL$ que no cumplen con ninguna de las dos condiciones anteriores. Absurdo. Por tanto, es la misma circunferencia y $IJKLMN$ son conciclicos.
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Para todo [math], existen [math] primos en sucesión aritmética.

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