Sea $ABC$ un triángulo. Sean $\Omega$ y $\omega$ su circunferencia circunscrita e inscrita respectivamente. Sean $D, E, F$ los puntos de tangencia de $\omega$ con los lados $BC, CA, AB$ respectivamente y sean $X, Y, Z$ los puntos medios de los arcos menores $BC, CA, AB$ de $\Omega$. Muestra que $DX, EY, FZ$ son concurrentes.
jueves, 31 de mayo de 2012
Problema del día (Adán)
Determina todas las parejas $\left(m, n\right)$ tales que $m, n, \frac{n^{3}+1}{mn-1} \in \mathbb{Z}^{+}$.
Suscribirse a:
Comentarios de la entrada (Atom)
8 comentarios:
Para el primero:
Es fácil ver que $(n+1,mn-1)=(n+1,m+1)$. Entonces $mn-1$ divide a
$(m+1)(n^2-n+1)=(mn-1)(n-1)+n^2+m$, entonces divide a $n^2+m$
Pero $mn-1$ divide a $m(n^3+1)$ y a $(n^2)(mn-1)$, entonces divide a $n^2-m$.
Por lo tanto: $mn-1$ divide a $2m$, entonces $mn-1 \le 2m$, entonces $n\le 3$
De ahí son casitos fáciles con $n=1,2,3$ y salen las soluciones:
$(n,m)=(3,1),(3,5),(2,1),(2,2),(2,5),(1,2)$
Para el segundo: Es fácil ver por angulitos que $ZX$, $XY$ y $YZ$ son paralelos a $FD$, $DE$ y $EF$, respectivamente. Y pues concluyes con homotecia.
De hecho el punto de concurrencia es el centro de homotecia de $\Omega$ y $\omega$, ya que $(D,X)$, $(E,Y)$ y $(F,Z)$ son parejas de homólogos bajo esa homotecia.
El de números es el 4 de la IMO del 94.
Jaja, qué triste, la técnica que vi para el de geo era algo más poderoso, pero no pensé que saliera con homotecia :P Bonita solución. Es que un lemma útil era este:
Si $ABC$ es un triángulo, y $U, V, W$ son puntos sobre las bisectrices internas de $ABC$ entonces $UVW$ está en perspectiva con el intriángulo de $BC$ si y solo si lo está con el triángulo medial de $ABC$.
¿Qué es el intriángulo de BC?
El de geometría sale muy fácil con homotecia... El de números sale con divisibilidad y casitos
A, claro, el intriángulo de $ABC$, perdón.
Publicar un comentario