sábado, 28 de septiembre de 2013

Problemas del día. (29 de septiembre)

1. Dos circunferencias $G_1$ y $G_2$ se intersectan en $M$ y $N$. Sea $AB$ la línea tangente a esas circunferencias en $A$ y $B$, respectivamente, de forma que $M$ queda más cerca de $AB$ que $N$. Sea $CD$ la línea paralela a $AB$ por $M$, con $C$ en $G_1$ y $D$ en $G_2$. Las líneas $AC$ y $BD$ se cortan en $E$, las líneas $AN$ y $CD$ se cortan en $P$ y las líneas $BN$ y $CD$ se cortan en $Q$.
   i) Demostrar que $EP=EQ$
   ii) Demostrar que $EN$ biseca a $\angle CND$

2. Un mago tiene cien cartas numeradas del $1$ al $100$. Las pone en tres cajas, una roja, una blanca y una azul, de forma que cada caja contenga al menos una carta. Un miembro del público toma dos cartas de cajas distintas y dice la suma de los números en esas dos cartas. Dada esta información, el mago indica la caja de la que no se tomó una carta. ¿Cuántas maneras hay de poner las cartas en las cajas para que el truco funcione?

9 comentarios:

  1. Bueno voy a poner la solucion del inciso a del problema 1 bueno entonces primero nos fijamos que el angulo $EBA$ $=$ $BDC$ por otro lado el angulo $ABN$ = $BDN$ = $MQN$ por seminscrito y por la paralela entonces el arco BN/2= arco (MN + BD)/2 entonces el arco BM=BD por lo tanto el triangulo BMD es isosceles analogamente el triangulo ACM es isosceles asi que CA=AM y BM= BD y sabemos que el angulo AMB = AEB por criterio LAL los triangulos aeb y amb son semejantes y comporten el lado AB por lo cual son congruentes asi que EB=MB=BD por lo tanto tenemos que MB es mediana del triangulo EMD ademas es igual que la mitad del lado ED por lo tanto el triangulo EMD es rectangulo entonces EM es altura del triangulo EPQ ahoa hay que demostra que PM=MQ asi que veamos que PQ Y AB son paralelas entonces sea x la interseccion de AB con MN entonces tenemos que AX^2=XM*XN=XB^2 entonces X es punto medio de AB por lo tanto M es punto medio de PQ por lo tanto EM es superline del triangulo epq por lo tanto EPQ e s isosceles por lo tanto EP=EQ

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    1. ¿Por qué <AMB=<AEB?
      ¿Por qué se cumple el criterio LAL? ¿Y no sería RAR si es semejanza?
      Lo demás creo que está bien.

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    2. ah esque es RAR pero tenemos entonces que se cumple el criterio ALA por que tiene un lado correspndiente del mismo tamaño

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  2. Este comentario ha sido eliminado por el autor.

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  3. i) $\angle{EDM}=\alpha, \angle{ECM}=\beta$

    por ángulos inscrito-seminscrito.-

    $\angle{ABM}=\alpha, \angle{BAM}=\beta$

    además.-

    $AB\parallel{CD}\Rightarrow\angle{EBA}=\angle{EDC}=\alpha, \angle{EAB}=\angle{ECD}=\beta$

    Ahora vemos que:

    $\left.\begin{matrix}\bullet\angle{EAB}=\angle{BAM}
    \\\bullet\angle{EBA}=\angle{ABM}
    \\\bullet{AB=AB}

    \end{matrix}\right\}\text{por ALA.-}\triangle{AMB}\cong\triangle{AEB}$

    De aqui es facil ver que $AEBM$ es un papalote entonces $EM\perp{AB}, AB\parallel{PQ}\Rightarrow{EM}\perp{PQ}$.

    Sea $K$ el punto de intersección de $NM$ con $AB$, por potencia de punto $KA^{2}=KM\cdot{KN}=KB^{2}\Rightarrow{KA=KB}, AB\parallel{PQ}\Rightarrow{PM=MQ}, EM\perp{PQ}\therefore{EP=EQ}\blacksquare$

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  4. ii) $\angle{BDM}=\angle{MNB}=\alpha$
    $\angle{ACM}=\angle{ANM}=\beta$
    $\Rightarrow\angle{ANB}=\alpha+\beta$.
    En $\triangle{AEB}\text{.-}\angle{EBA}=\alpha, \angle{EAB}=\beta\Rightarrow\angle{AEB}=180-\alpha-\beta$.
    $\angle{AEB}+\angle{ANB}=(180-\alpha-\beta)+\alpha+\beta\Rightarrow{EANB}$ es cíclico y por eso.-
    $\angle{EBA}=\angle{ENA}=\alpha, \angle{EAB}=\angle{ENB}=\beta$
    Por alternos internos.-
    $\bullet\angle{BAM}=\angle{AMC}=\hat{AC}=\angle{ANC}=\beta$
    $\bullet\angle{ABM}=\angle{BMD}=\hat{BD}=\angle{BND}=\alpha$
    Vemos que $\angle{CNE}=\angle{END}=\alpha+\beta\therefore{EN}$ biseca a $\angle{CND}\blacksquare$

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  5. Pistas/Esbozo de la solución del 2.

    El truco sirve si y solo si cada posible suma se consigue de un par específico de cajas.
    Se hace el caso general con cartas del 1 al n con inducción.
    Hay dos acomodos (sin contar permutaciones): acomodarlas por mod 3, o poner la carta 1 en una caja, la n en otra y las demás en la tercera.
    Si se quita la última carta el truco sigue funcionando a menos que la caja en la que estaba quede vacía, en ese caso se llega al segundo acomodo. Si no queda vacía, por hipótesis de inducción las cartas están acomodadas de una de las dos formas que dije, y sólo sirve la de mod 3.

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