1. Sea $ABCDEF$ un hexagono cícico con $AB = BC = CD = DE$. Sea $K$ un punto en el segmento $AE$ que satisface $\angle BKC = \angle KFE$ y $\angle CKD = \angle KFA$. Prueba que $KC = KF$.
2. Sean $c,d \geq 2$ naturales. Sea $\{ a_n \}$ una secuencia que satisface
$ a_1 =c$, $a_{n+1} = a_n^d + c$ para toda $n$.
Prueba que para toda $n \geq 2$, existe un primo $p$ tal que
$p | a_n$ y que $p \not | a_i$ para $i=1,2,...,n-1$.
jueves, 9 de junio de 2016
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2 comentarios:
1. Sea $\Omega$ el circuncírculo de $ABCDEF$. Sea $T$ la intersección de $AB$ y $CD$ y sea $F^*$ el punto donde la recta $TK$ corta a $\Omega$ con $F^*$ y $T$ en distintos lados de $AE$. Notemos que $BD \parallel AE$ y el arco $AE$ de $\Omega$ es igual al arco $BD$ de $(KBD)$ y por lo tanto $T$ es el centro de la homotecia que lleva $(KBD)$ a $\Omega$. Entonces $F^*A \parallel BK$ y $F^*C \parallel DK$.
Ahora, sea $O$ el centro de $\Omega$, y notenmos que $\angle BOD$ es igual a la mitad del arco $AE$ de $\Omega$ que es a su vez igual a $\angle AF^*E$. Luego $\angle BKD = \angle BOD$ por homotecia y por lo tanto $B, K, O, D$ son concíclicos. Además $OB = OD$ y por lo tanto $O$ es el punto medio del arco $BD$ de $(BKD)$ que contiene a $K$, y $KO$ es la bisectriz externa de $\angle BKD$. Esta debe ser paralela a la bisectriz interna de $\angle BKD$, que por homotecia es a su vez paralela a la bisectriz interna $F^*C$ de $\angle AF^*E$. Por lo tanto $OK \perp F^*C$ y $K$ está en la mediatriz de $F^*C$, por lo cual $KF^* = KC$.
Para terminar probamos que $\angle AFK = \angle CKD$, lo cual implica que $F^* = F$. Esto es equivalente a probar que $KT$ y $KC$ son isogonales en $\angle BK$, que equivale a probar que la bisectriz de $\angle BKD$ es también bisectriz de $\angle TKC$. Denotando por $S$ la intersección de la bisectriz de $\angle BKD$ con $TC$ tenemos que $F^*C \parallel KS$ y por lo tanto
$$\frac{TS}{SC} = \frac{TK}{KF^*} = \frac{TK}{KC}$$
Y $KS$ es bisectriz de $\angle TKC$.
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