miércoles, 25 de mayo de 2011

Problemas del 24 y 25 de Mayo (Centros)

1) Sea $ABC$ un triángulo con $\angle C=90^{\circ}$. Sea $M$ el punto medio de $AB$, $H$ el pie de la altura desde $C$ y $P$ un punto dentro del triángulo tal que $AP=AC$. Demuestra que $PM$ biseca al $\angle BPH$ si y sólo si $\angle A=60^{\circ}.$

2) Sea $\{a_n\}$ una sucesión con $a_1=43$, $a_2=142 $ y $a_{n+2}=3a_{n+1}+a_n$ para $n\geq 1$. Demuestra que para todo $n$, $(a_n,a_{n+1})=1$ y que para todo entero positivo $m$, existen infinitos naturales $n$ tales que $m$ divide a $a_n-1$ y a $a_{n+1}-1.$

12 comentarios:

Juan dijo...

$2$($a$). Procederemos por induccion.
Caso Base: $n=1$.
Tenemos $(a_n, a_{n+1}) = (43, 142) = 1$ (esto ultimo facil de ver pues $43$ es primo).
Paso Inductivo:
Argumentaremos por contradiccion suponiendo que $p$ primo divide a $a_{n+1}$ y a $a_{n+2}$. Entonces, $p \mid a_{n+2} = 3a_{n+1} + a_n$,
$p\mid a_{n+1}$
$\Rightarrow p \mid 3a_{n+1}$,$p \mid 3a_{n+1} + a_n$,
$\Rightarrow p \mid a_n, p \mid a_{n+1}$, una contradiccion por hipotesis inductiva.
Q.E.D.

($b$).La proposicion es falsa debido a que, tomando $m=3$, se cumple que $m \mid a_n-1$ para toda $n \ge 1$ (por induccion se deriva este resultado facilmente), por lo que $m \mid a_n-1, a_{n+1}-1$ para toda $n \ge 1$, contradiciendo la proposicion. Q.E.D.

IrvinG dijo...

Era infinitos, ya lo corregí...

Juan dijo...

$1$. La circunferencia de Apolonio de B, M y H debe coincidir con la circunferencia con centro A y radio AC por lo que AM = AC (pues la circunferencia de Apolonio de B, M y H pasa por M), por lo que BA = 2CA y usando Pitágoras, trigo, o cualquier otra cosa, sale.

Juan dijo...

$2$($b$): Primero demostraremos que la sucesión es periódica módulo $m$, donde $m$ es cualquier natural. Consideremos las parejas de números consecutivos en la secuencia reducida módulo $m$. Y también consideremos las parejas de congruencias módulo $m$. Son finitas, claramente. Entonces, por Casillas, va a haber dos parejas iguales. Pero como la sucesión depende solamente de dos términos consecutivos, la secuencia será periódica módulo $m$. Ahora consideremos $a_x$ y $a_{x+1}$ tal que sean congruentes a $43$ y $142$ ($mod$ $m$) y $x \ge 5$. Entonces, $a_{x-1} = 13$ ($mod$ $m$), por el modo en el que defines la secuencia. También, $a_{x-2} = 4$ ($mod$ $m$), $a_{x-3} = 1$ ($mod$ $m$) y finalmente, $a_{x-4} = 1$ ($mod$ $m$). Entonces, $n=x-4$ cumple, como $x \ge 5$, $n$ es natural, y como la secuencia es periódica, $n=x-4+kp$ cumplirá, con $k$ cualquier natural y $p$ el periodo. Acabamos. $\blacksquare$

Adán dijo...
Este comentario ha sido eliminado por el autor.
Adán dijo...

Para el 1, vemos que $\angle A=60^{\circ}$ si y solo si $AC=AP=AM$. Como $AP=AC$ tenemos que por potencia de punto $AP^2=AH\cdot AB$, y por ende tenemos que $\angle APH=\angle ABP$. Sea $\angle PAB=2x$ y $\angle APH=y$. Tenemos pues que $AP=AM$ si y solo si $\angle HPM=\angle BPM=90-x-y=$, si y solo si $PM$ es bisectriz de $\angle BPH$, como queríamos.

Adán dijo...

Para el 2, veamos por inducción.

Caso base, $(a_1, a_2)=(43, 142)=1.$
Ahora, tenemos que $(a_{i-1}, a_i)=1$, entonces tomemos $\frac{a_{i+1}}{a_i}=\frac{3a_i+a_{i-1}}{a_i}}.$

Pero, notemos que $(a_{i-1}, a_i)=(3a_i+a_{i-1}, a_i)=1$, por lo que $(a_{i+1}, a_i)=1$.

Adán dijo...
Este comentario ha sido eliminado por el autor.
Adán dijo...

Para la segunda parte del 2:

Definimos $a_0=13, a_{-1}=4, a_{-2}=a_{-3}=1$ de modo que siguen cumpliendo con la sucesión.

Notemos que para todo $m$, se tiene que $m$ divide a $a_{-3}-1$ y a $a_{-2}-1$. Ahora, basta ver que la sucesión repite sus congruencias módulo $p$, y esto es cierto, pues si no lo hiciera, no hay una congruencia que aparece 2 veces en la sucesión, pero tomamos $m+1$ elementos, y hay $2$ con la misma congruencia, lo cual contradice el hecho de que no se repiten las congruencias. Por lo que las congruencias se repiten en un ciclo de $k_m$ elementos, y entonces $m$ va a dividir a $a_{bk_m-3}$ y a $a_{bk_m-2}$ con $b\in \mathbb{Z}^+$.

Enrique dijo...

Los triángulos AHP y APB son semejantes. En efecto, comparten el ángulo BAP y AC^2=AP^2=AH·AB que implica que AH/AP=AP/AB. Entonces los ángulos HPA y PBA son iguales. Si suponemos que PM biseca a HPB, $\angle$AMP=$\angle$ABP+$\angle$MPB=$\angle$MPA de donde $\angle$A=60º. Si suponemos que $\angle$A=60º, $\angle$AMP=$\angle$MPB+$\angle$MBP=$\angle$MPA=$\angle$MPH+$\angle$MPB, de donde $\angle$MPH=$\angle$MPB.

Enrique dijo...

Primero, vemos que $(a_{n},a_{n-1})=1 \forall n$ En efecto, $(a_{2},a_{1})=1$, y por inducción si $(a_{n},a_{n-1})=1$ para algún $n$, si $(a_{n+1},a_{n})=d$, entonces $d\mid a_{n}$ y $d\mid 3a_{n}+a_{n-1}$, con lo que $d\mid a_{n-1}$, pero como $(a_{n},a_{n-1})=1$, entonces $(a_{n+1},a_{n})=d=1$. Ahora, tomamos los términos $a_{0}=13$,$a_{-1}=4$, $a_{-2}=a_{-3}=1$ que cumplen con la recursión y nos tomamos la sucesión $(b_{n})$ tal que $b_{n}=a_{n-4}$. Entonces, $b_{1}=b_{2}=1$. Consideremos las primeras parejas $(b_{n},b_{n-1})$. Módulo $m$ hay $m^{2}-1$ parejas posibles (ya que no puede estar $(0,0)$), luego habrá una pareja repetida. Sin embargo, como 2 terminos definen a toda la sucesión, la pareja repetida definirá un periodo, por lo que la pareja $(1,1)$ estará repetida infinitas veces.

Juan dijo...

Bueno, creo que me faltó demostrar que si A=60, entonces PM es bisectriz, b ero es bastante sencillo, pues C,M y C' (la reflexion de C con respecto a AB) pertenecen a la circunferencia de Apolonio de B, M y H y también pertenecen al circulo con centro A y radio AC. C pertenece a la circ. de Apolonio porque CM bisecta BCH porque MCA es equilatero y sale facil. Por simetria C' está también en esta circ. de Apolonio.

Publicar un comentario