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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
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
jueves, 16 de mayo de 2013
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