martes, 2 de junio de 2015

Problemas del 2 de Junio

1. Demuestra que para todo natural $n$ se tiene que existe:
(A) un conjunto de n naturales tales que la suma de cualquier subconjunto no es una potencia de un entero
(B) que todos son potencia

2. Sea $ABC$ un triangulo con circuncentro $O$ e incentro $I$. Sean $E,F$ los puntos de tangencia del incirculo con $AC$ y $AB$, respectivamente. Prueba que $EF, BC, OI$ concurren si y solo si $R_A^2=R_BR_C$ donde $R_A,R_B,R_C$ son los radios de los excirculos


6 comentarios:

Antonio Lopez Guzman dijo...

para el 1A, nos tomamos un primo p mayor a n,y nos tomamos un conjunto con sus n elementos iguales a $p^2+p$, entonces la suma de los subconjuntos sera de la forma $k(p^2+p)$, si eso fuera una potencia, digamos $a^x$, entones $a^x$ es congruente a kp modulo $p^2$ entonces p divide a $a^x$, entonces p divide a "a" pero x mayor igual a 2 entonces $p^2$ divide a $a^x$, entonces $p^2$ divide a $k(p^2+p)$, lo cual quiere decir que k es multiplo de p lo cual no se puede pues k<p

Antonio Lopez Guzman dijo...
Este comentario ha sido eliminado por el autor.
Juan dijo...

Primero ves que la concurrencia pasa sii $ AD $ y $ IO $ son perpendiculares, es decir, si $ AI^2+DO^2 = AO^2 + ID^2 $.
Luego ves que $ R_A \cdot (s-a) = K $ donde $ K $ es el área, y similarmente para $ R_B,R_C $ entonces la igualdad es equivalente a $ (s-a)^2=(s-b)(s-c) $.
Pero $ (s-b)(s-c) $ es la potencia de $ D $ al circumcírculo, entonces la igualdad es equivalente a, si $ R $ es el circumradio, $ R^2-DO^2 = (s-a)^2 $.
Entonces queremos ver $ R^2-DO^2=(s-a)^2 \Leftrightarrow AI^2+DO^2=AO^2+ID^2 $. Pero veamos que, si $ r $ es el inradio, tenemos
$ R^2-DO^2 = (s-a)^2 \Leftrightarrow DO^2 = R^2-(s-a)^2 \Leftrightarrow DO^2 = AO^2+r^2-((s-a)^2+r^2) = AO^2+ID^2-AI^2 $
y acabo, pues $ AI^2=r^2+(s-a)^2 $.

Juan dijo...

lol a kevin le tocó poner problema en su cumple

Juan dijo...

1a. Para todo subconjunto no vacío $S$ tomo $p_S$ primo, todos distintos, y me agarro elementos tal que la suma de los elementos de $S$ sea $p_S (\bmod p_S^2) $, con Chino del Residuo.

Ariel dijo...

1a. Tomas todos iguales a $p$ primo con $p > n$. Todas las sumas son iguales a $kp$ para algún $k < n$. Como $p$ divide a $kp$, $p^2$ tiene que dividir a $kp$ o no es potencia perfecta y eso no se puede.

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