jueves, 30 de mayo de 2013
miércoles, 29 de mayo de 2013
martes, 28 de mayo de 2013
domingo, 26 de mayo de 2013
Solución al Problema PG7
Solución 1 de Juan Felipe Crisostomo Ramos
Solución 2 de Francisco García Capitán
Solución 3 de Israel Díaz Acha
Solución 4 de Miguel Ochoa Sánchez
Solución 5 de Rubén Dario Auqui
Solución 6 de Rubén Dario Auqui
Solución 7 de Erico Freddy Palacios Loayza
Solución 8 de Julio Orihuela Bastidas.
Tomado de su facebook, dice:
Habiendo una buena cantidad de soluciones, como que parece difícil hacer una más. Yo había procedido como Miguel Ochoa, pero la razón entre AD y DM la conseguía con semejanza (es igual a (AB)(AC)/(BM)(MC),de ahí todo lo demás es igual.
Aquí va otra:
AD/DM es igual a la razón entre la altura desde A y la flecha desde M, es decir: 2(ha)/ (Ra-r)
análogamente los demás y se multiplica:
(AD/DM)(BE/EN)(CF/FL)=8(ha)(hb)(hc)/(Ra-r)(Rb-r)(Rc-r)
luego reemplazando por áreas, y considerando que: Rb-r=(S)b/p(p-b) y así los demás, se obtiene 4pp/RR
miércoles, 22 de mayo de 2013
lunes, 20 de mayo de 2013
sábado, 18 de mayo de 2013
Solución al Problema PG4
Solución 1 por Israel Díaz
Israel Diaz Supongamos que el triangulo mayor inscrito sea ABC en donde theta es la medida del angulo B y ( E en AB ) .
Sea M el punto medio del segmento EF .
Y vamos a nombrar las variables angulares:
Sean alfa=m<EPB ; x=m<EBP ; phi =m<EMP .
Vamos a utilizar un teorema (*) conocido de la PRE:
m<EPB=m<MPF . el cual es la llave de la solucion .
Empecemos m>ACP=x luego se cumple que :
PQ = PC sen(x) ......(1)
Ahora ley de senos en el triangulo BEP :
EB . sen(x) = PE . sen(alfa) .....(2)
Los triangulos PMC y PEF son semejantes : ( la prueba es usando (*) y ciclicos )
PE . PC = PM . PF .....(3)
Por cateto opuesto a hipotenusa :
PM . sen (phi ) = PS ...(4)
MF = BF . sen(theta/2) ...(5)
Aplicando ley de senos en el triangulo PMF :
PF . sen (alfa) = MF . sen (phi) ....(6)
Y tambien por isosceles : BF=EB ....(7)
Ahora multiplicando (1) x (2) x (3) x ....x (7) y cancelando se obtiene que : PQ=PS sen(theta/2) .
Sea M el punto medio del segmento EF .
Y vamos a nombrar las variables angulares:
Sean alfa=m<EPB ; x=m<EBP ; phi =m<EMP .
Vamos a utilizar un teorema (*) conocido de la PRE:
m<EPB=m<MPF . el cual es la llave de la solucion .
Empecemos m>ACP=x luego se cumple que :
PQ = PC sen(x) ......(1)
Ahora ley de senos en el triangulo BEP :
EB . sen(x) = PE . sen(alfa) .....(2)
Los triangulos PMC y PEF son semejantes : ( la prueba es usando (*) y ciclicos )
PE . PC = PM . PF .....(3)
Por cateto opuesto a hipotenusa :
PM . sen (phi ) = PS ...(4)
MF = BF . sen(theta/2) ...(5)
Aplicando ley de senos en el triangulo PMF :
PF . sen (alfa) = MF . sen (phi) ....(6)
Y tambien por isosceles : BF=EB ....(7)
Ahora multiplicando (1) x (2) x (3) x ....x (7) y cancelando se obtiene que : PQ=PS sen(theta/2) .
Solución 2 por
Problema PG3
Solución 1 de John Ascona Briceño
Solución 2 de John Ascona Briceño
Solución de Carlos Olivera Diaz :
Se demuestra que AL = AM = AD = h y al demostrar , por trigonometria, Juanfelipe que el cuadrado de h = 2AJ.AK, POR DIFERENCIA DE AREAS SE LLEGA : S1 = S2
Solución de Armando Ricardo Michuy Romero:
Si llamamos O al centro de la circunferencia menor y O" centro de la mayor, deducimos que los triángulos BNO y O"QC son semejantes, también los triángulos BMO" y APO son semejantes. De la primera y segunda semejanza se obtiene: n.m=AP.QC.
Entonces: BH al cuadrado es igual a 2.n.m.
Solución de Josué García Piscoya:
Sea [] forma de mencionar área encerrada de ; [ABH]=AN.BNcot(90º/2) esta es una propiedad que alguna vez la vi en la academia, y ya que AH.HC=BH² entonces [ABH][BHC]=(BH^4)/4 y AN/BN=BM/MC (esto es ver la semejanza) AN.MC=BN.BM=mn. Entonces BH²/2=mn ya está.
viernes, 17 de mayo de 2013
Problema PG2
Miguel Ochoa Sánchez
Problema PG de inaguración PG - 0
Solución (1) de Israel Díaz Acha:
Sale que :[A1A2A3]=(rArBrC)^2.sen(1/2(A-B))sen(1/2(B-C))sen(1/2(C-A))/8sen(1/2A)sen(1/2B)sen(1/2C) . Y de allí con sus simplificaciones trigonométricas respectivas se debe conseguir dicha igualdad .
Solución (2) de Juan Felipe Crisostomo Ramos
Solución (3) de Julio Orihuela Bastidas
Solución (4) de Carlos Olivera Días:
Carlos
Olivera Díaz, saluda y felicita a todos los participantes en el presente
problema que tiene una bonita presentación, pareciera un problema difícil, sin
embargo, el área de cada triangulo se puede calcular multiplicando cada radio
exinscrito correspondiente, por la respectiva proyección de la ceviana de NAGEL
ENTRE 2 Y LUEGO MULTIPLICANDO ESTOS TRES RESULTADOS se llega a la relación
propuesta.
Solución (5) de Erico Freddy Palacios Loayza
jueves, 16 de mayo de 2013
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