domingo, 22 de mayo de 2011

Problemas del 21 y 22 de Mayo (Centros)

1) Sea $M$ el punto de intersección de las diagonales $AC$ y $BD$ del cuadrilátero convexo $ABCD$. La bisectriz del $\angle ACD$ corta al rayo $BA$ en $K$. Si $MA\cdot MC+MA\cdot CD=MB\cdot MD$, prueba que $\angle BKC=\angle CDB.$

2)En un país con 2000 ciudades se quiere construir una nueva red de caminos para comunicarlas. ¿Es posible hacer esto de manera tal que haya exactamente dos ciudades a las que llegue un camino, exactamente dos ciudades a las que lleguen dos caminos,..., exactamente dos ciudades a las que lleguen 1000 caminos?

8 comentarios:

Enrique dijo...

Ahora sí va la buena:
1.1. Prolongamos $AC$ hasta un punto $E$ tal que $CD=CE$ y $C$ está entre $A$ y $E$. Entonces, $MA(MC+CD)=MA(MC+CE)=MA\cdot ME=MB\cdot MD$, por lo que $ABED$ es cíclico. Sea $\angle ACK=\angle KCD=\alpha$. Entonces, $\angle DCE=180-\angle ACD=180-2\alpha$, y como $CD=CE$, $\angle CDE=\angle CED=\alpha=\angle ABD$ por cíclicos. Sea $\angle BDC=\beta$. Entonces, $\angle BDE=\angle BAE=\alpha +\beta$, de donde $\angle EAK=\angle CAK=180-\angle CAB=180-\alpha-\beta$, luego $\angle BKC=\angle AKC=180-\angle KAC-\angle ACK$ $=\beta=\angle BDC$.

2.Podemos elegir 2 de las 2000 ciudades y las llamamos A y B, luego a cada ciudad le construimos de 1 a 500 caminos que la conecten a ciudades distintas (de manera que las ciudades conectadas con A no estén conectadas con B y viceversa), luego con las 1998 ciudades restantes construimos una gráfica totalmente conexa, con lo cual para toda ciudad C que no sea A ni B tendremos que deg(C)=1997 ó deg(C)=1998 (si está conectada con A o B), de donde deg(C) no será ningún número entre 1 y 500.

IrvinG dijo...

Había un pequeño error en el segundo problema. Ya lo corregí, lo que estamos buscando es que para cualquier $n\in \{1,2,...,1000\}$ existen dos ciudades distintas $c_1,c_2$ tales que $\delta (c_1)=\delta (c_2)=n.$

Juan dijo...

$1$. Definimos $X := AM \cap C(\triangle ABD, O)$ como la interseccion del circuncirculo del $\triangle ABD$ (con centro $O$) y el rayo $AM$. Por Potencia del punto, $MA*ME = MB*MD \Rightarrow ME=MC+CD \Rightarrow CD=CE \Rightarrow$
$\angle DCO = 90 - \angle DCE = \angle DAO \Rightarrow ADOC$ es ciclico
$\Rightarrow \angle ACD = \angle AOD = 2\angle ABD$
$\Rightarrow \angle KCD = \angle KBD \Rightarrow KBCD$ es ciclico $\Rightarrow \angle BKC = \angle CDB$. $\blacksquare$.

Juan dijo...

En donde no se alcanza a leer (4° renglón), dice $CD = DE \Rightarrow$

Juan dijo...

Perdón, CD=CE $\Rightarrow$

Adán dijo...

Sea $N$ el punto de intersección de $BD$ con $CK$. Ahora, veamos que por el teorema de la bisectiz, tenemos que $MC=ax$, $DC=ay$, $MN=x$ y $DN=y$.

Lo que tenemos entonces es equivalente a

$MA\times ax+MB\times ay=MB\times (x+y)$

y despejando obtenemos $MB=MA\times a$. Lo que nos lleva a que $x\times MB=ax\times MA$. Esto, cambiando a segmentos nos dice que

$MB\times MN=MA\times MC$, por lo que $ANCB$ es cíclico.Pero, como $CK$ es bisectriz de $\angle ACD$ entonces tenemos que

$\angle KBD=\angle ACK=\angle KCD$, por lo que $KBCD$ es cíclico, y $\angle BKC=\angle CDB$, como queríamos demostrar.

Adán dijo...

Tenemos las $2000$ ciudades, y hacermos una partición de ellas:

$\{a_1, a_2, \ldots ,a_{1000}, b_1, b_2,\ldots ,b_{1000}\}.$

Lo que haremos será unir a la ciudad $\{a_i\}$ con las ciudades $\{b_{1000}, b_{999},\ldots ,b_{1000-i+1}\}$. Esto nos garantiza que la ciudad $\{a_i\}$ tiene exactamente $i$ caminos que la conectan, pero también tenemos que la ciudad $\{b_i\}$ fue conectada con las ciudades $\{a_{1000}, a_{999},\ldots ,a_{1000-i+1}\}$ lo cual implica que la ciudad $\{b_i\}$ está conectada con $i$ ciudades.

Entonces tenemos que para cada $i=1, 2,\ldots ,1000$ tendremos que las ciudades $\{a_i, b_i\}$ están conectadas con exactamente $i$ caminos, como queríamos, así que la respuesta es sí, si es posible.

Juan dijo...

$2$. Sí se puede. Demostraré que para cada $n \ge 0$ entero, existe una gráfica de $4n$ vértices tal que, para cada $0 < i \le 2n$, existen exactamente dos vértices con grado $i$ (propiedad a la que le llamaremos $P(n)$. Procederé por inducción.
CASO BASE: $n=0$. Éste caso es trivial. Si no te convence, es fácil verlo con $n=1$. Una gráfica de vértices $A, B, C$ y $D$, y aristas $AB, AC, CD$.
PASO INDUCTIVO: $n \rightarrow n+1$.
Toma una gráfica $G$ de $4n$ vértices que cumple $P(n)$ (que por hipótesis inductiva está garantizada de existir). Toma 4 vértices más: $A_1, A_2, B_1$ y $B_2$. Une $A_1$ con $A_2$ y con la mitad de los vértices de $G$, y con $B_1$. Une $A_2$ con la otra mitad de los vértices de $G$ (tal que no exista ciudad $X$ con $A_1$ y $A_2$ los dos unidos a $X$), con $A_1$ y con $B_2$. Para $i=1$, tenemos los vértices $B_1$ Y $B_2$. Para $1 < i < 2(n+1)$, existen los dos vértices en $G$ que originalmente estaban unidos con $i-1$ vértices. Para $i=2(n+1)$, tenemos $A_j$, con $j \in \{1, 2\}$.

Hemos demostrado la inducción. Aplicando $n=500$, obtenemos el resultado. $\blacksquare$

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