Encontre la solucion para la vuelta(ya que este problema resulta ser una doble implicacion, lo cual es facil de mostrar trazando el dibujo partiendo de que K es incentro, ojo, mostrar empiricamente no demostrarlo matematicamente) pero antes les cuento algo, apenas vi de donde era el problema supe que o bien no me iba a salir o bien iba a tardar una eternidad y es que los peruanos tienen problemitas super bonitos pero que siempre requieren un trazo y ni siquiera la variante que resolví se salvó de esto, ojo no me quejo, pero hace rato que no hago trazos ya que los problemas dek nivel nacional o internacional normalmente es suficiente con valerte del ingenio teorico mas que del creativo, en fin, he aquí solucion para la vuelta de este problema. Partiendo de que K es incentro, demostraré que BL es perpendicular a PQ, pero antes un lema muy util: Sea ABCD un cuadrilatero convexo(no se si vale para los concavos, pero despues de estar horas tratando de resolver el problema original estoy exhausto como para demostrar si vale o no para los concavos), si AB²+CD²=BC²+AD² entonces las diagonales AC y BD son perpendiculares entre sí(la demo del lema la dejo en el comentario de este comentario). Bien, empecemos con el problema. Sean X e Y los pies de las perpediculares trazadas por Q y P(con X entre A y C, ademas C esta entre X e Y) a AC, respectivamente. Sean E y F los pies de las perpendiculares por K a AB y BC, respectivamente. Claim 1(es algo asi como un lema chiquito): XL=YL, PY=BP y QB=QX, demostracion: BP=PY y QB=QX es trivial, por el teorema de la bisectriz(ya que estamos suponiendo que K es incentro) luego XL=YL vale porque AE=AL, BE=BF, CL=CF(usando intensivamente el teorema de la bisectriz) y AB=AY, CX=BC(porque AP y CQ son ejes de simetria) notemos entonces que AY=AB => AL+LY=AE+BE pero AL=AE => LY=BE a su vez BC=CX => BF+CF=CL+XL sabemos que CL=CF => BF=XL, pero BF=BE=LY => LY=XL. Haciendo pitagoras LP²=PY²+LY² y LQ²=XQ²+XL² restando ambas expresiones y utilizando que XL=LY => XL²=LY² => LP²-LQ²=PY²-XQ² pero PY=BP y XQ=BQ => PY²=BP² y XQ²=BQ² reemplazando LP²-LQ²=BP²-BQ² despejando LP²+BQ²=LQ²+BP² por el lema que vimos al principio resulta que BL es perpendicular a PQ y viceversa, y estamos. La demostracion es bastante pesada y ni siquiera es la del problema original, ya cuando este con ganas volvere a intentar el enunciado original, ahora estoy muy exhausto jajaja. Tambien cabe recalcar como trazes el problema las perpendiculares a AC por Q y P pueden caer dentro o fuera, en mi caso la que pasa por Q caia dentro y la que pasa por P caia fuera, pero estas son cosas de configuracion, normalmente no modifican la solucion(ya que podriamos cambiar P por Q y Q por P, A por C y C por A en cada caso, por la simetria) en mi caso en particular mi grafico fue AB>AC>BC. Otra cosa que note es que, bueno primero llamemos J a la interseccion de PQ y BL, ahora si, note que al trazar esas perpendiculares(en el problema original) se forman como 6 ciclicos, por ejemplo el ABPY, el CBQX, el LYPJ y el JQXL son todos ciclicos, ademas si K es incentro BY es perpendicular a AP y podriamos tratar de usar el lema con el que resolvi la vuelta(por ahi trate de entrarle al problema pero seria muy algebraico) en fin, eso es todo.
pues si cumple para los concavos el lema(disculpen mi esquizofrenia porque nadie vio esto y aun asi sigo comentando djakdhaldh) lo descubri intentando una nueva demo(aun no esta lista). Sea ABCD un cuadrilatero concavo, con AP²=AD² y PC=DC => PC²=DC², ademas PD es perpendicular a AC, como AB²+DC²=AD²+BC² => AB²+PC²=AP²+BC² y por el lema las diagonales AC y BP son perpendiculares entre si, pero PD tambien es perpendicular a AC, luego B, D y P estan alineados(ya que por un punto solo pasa una y solo una recta perpendicular a alguna recta, en este caso en particular, a AC), por lo tanto las diagonales del cuadrilatero ABCD cumplen que son perpendiculares entre si. Es fascinante como podemos ingeniarnoslas para generalizar algun teorema.
Lema: Sea ABCD un cuadrilatero convexo(vale tambien para los concavos, voy a dejar la extension al final) si se que cumple AB²+CD²=BC²+AD² las diagonales AC y BD son perpendiculares entre si. Demostracion: Supongamos que BD no es perpendicular a AC, entonces existen P y Q, tal que P es el pie de la perpendicular a AC por D y Q la interseccion de DP y BC, con Q entre B y C(si cae fuera es analogo), el cuadrilatero ADCQ cumple que las diagonales DQ y AC sin perpendiculares entre si, entonces AQ²+DC²=QC²+AD² como AB²+CD²=BC²+AD²(por hipotesis) restando ambas ecuaciones AQ²-AB²=QC²-BC² observemos que el lado derecho es menor 0, ya que, QC QC² QC²-BC² < 0 por tanto el lado izquierdo tambien es menor a 0, esto es AQ²-AB² AQ²
no se pierdan la nueva solución: 1:03:50
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Debe traer al profe Bautista, resolviendo full geometria 🎉
Mano ptmr
Un libro que recomiendes para geo/trigo
Eres un dios mano
@@bass-bryan8950 cuzcano nomas, y boletines de cepre
Se lo mostraré en clase, el sábado tengo clase con el
impresionante viaje!! genio!!
Profe deberia subir videos de teoria y trucos para olimpiadas :)
Buen trabajo en mi problema(la 4)
Aunque funciona igual para obtuso, añadí acutángulo para que la solución oficial no sea tan tediosa.
Hoy me aparece este video en recomendados y de la nada me encuentro a una leyenda en los comentarios, grande el profe piscoya xd
@@danielbenavides8409 si tu cuenta es real, la leyenda eres tú. 🤭
No sé si es la cuenta oficial pero en caso sí la sea, mucho gusto profesor y sería un tremendo agrado poder ver su solución
Profe traiga el libro solo para dioses llamado " calculo avanzado" del dr. En matematicas ruso yisuv andrey lukhan karreon
Muy buen enfoque y solución
Encontre la solucion para la vuelta(ya que este problema resulta ser una doble implicacion, lo cual es facil de mostrar trazando el dibujo partiendo de que K es incentro, ojo, mostrar empiricamente no demostrarlo matematicamente) pero antes les cuento algo, apenas vi de donde era el problema supe que o bien no me iba a salir o bien iba a tardar una eternidad y es que los peruanos tienen problemitas super bonitos pero que siempre requieren un trazo y ni siquiera la variante que resolví se salvó de esto, ojo no me quejo, pero hace rato que no hago trazos ya que los problemas dek nivel nacional o internacional normalmente es suficiente con valerte del ingenio teorico mas que del creativo, en fin, he aquí solucion para la vuelta de este problema.
Partiendo de que K es incentro, demostraré que BL es perpendicular a PQ, pero antes un lema muy util:
Sea ABCD un cuadrilatero convexo(no se si vale para los concavos, pero despues de estar horas tratando de resolver el problema original estoy exhausto como para demostrar si vale o no para los concavos), si AB²+CD²=BC²+AD² entonces las diagonales AC y BD son perpendiculares entre sí(la demo del lema la dejo en el comentario de este comentario).
Bien, empecemos con el problema.
Sean X e Y los pies de las perpediculares trazadas por Q y P(con X entre A y C, ademas C esta entre X e Y) a AC, respectivamente. Sean E y F los pies de las perpendiculares por K a AB y BC, respectivamente.
Claim 1(es algo asi como un lema chiquito): XL=YL, PY=BP y QB=QX, demostracion:
BP=PY y QB=QX es trivial, por el teorema de la bisectriz(ya que estamos suponiendo que K es incentro) luego XL=YL vale porque AE=AL, BE=BF, CL=CF(usando intensivamente el teorema de la bisectriz) y AB=AY, CX=BC(porque AP y CQ son ejes de simetria) notemos entonces que AY=AB => AL+LY=AE+BE pero AL=AE => LY=BE a su vez BC=CX => BF+CF=CL+XL sabemos que CL=CF => BF=XL, pero BF=BE=LY => LY=XL.
Haciendo pitagoras LP²=PY²+LY² y LQ²=XQ²+XL² restando ambas expresiones y utilizando que XL=LY => XL²=LY² => LP²-LQ²=PY²-XQ² pero PY=BP y XQ=BQ => PY²=BP² y XQ²=BQ² reemplazando LP²-LQ²=BP²-BQ² despejando LP²+BQ²=LQ²+BP² por el lema que vimos al principio resulta que BL es perpendicular a PQ y viceversa, y estamos.
La demostracion es bastante pesada y ni siquiera es la del problema original, ya cuando este con ganas volvere a intentar el enunciado original, ahora estoy muy exhausto jajaja. Tambien cabe recalcar como trazes el problema las perpendiculares a AC por Q y P pueden caer dentro o fuera, en mi caso la que pasa por Q caia dentro y la que pasa por P caia fuera, pero estas son cosas de configuracion, normalmente no modifican la solucion(ya que podriamos cambiar P por Q y Q por P, A por C y C por A en cada caso, por la simetria) en mi caso en particular mi grafico fue AB>AC>BC. Otra cosa que note es que, bueno primero llamemos J a la interseccion de PQ y BL, ahora si, note que al trazar esas perpendiculares(en el problema original) se forman como 6 ciclicos, por ejemplo el ABPY, el CBQX, el LYPJ y el JQXL son todos ciclicos, ademas si K es incentro BY es perpendicular a AP y podriamos tratar de usar el lema con el que resolvi la vuelta(por ahi trate de entrarle al problema pero seria muy algebraico) en fin, eso es todo.
pues si cumple para los concavos el lema(disculpen mi esquizofrenia porque nadie vio esto y aun asi sigo comentando djakdhaldh) lo descubri intentando una nueva demo(aun no esta lista).
Sea ABCD un cuadrilatero concavo, con AP²=AD² y PC=DC => PC²=DC², ademas PD es perpendicular a AC, como AB²+DC²=AD²+BC² => AB²+PC²=AP²+BC² y por el lema las diagonales AC y BP son perpendiculares entre si, pero PD tambien es perpendicular a AC, luego B, D y P estan alineados(ya que por un punto solo pasa una y solo una recta perpendicular a alguna recta, en este caso en particular, a AC), por lo tanto las diagonales del cuadrilatero ABCD cumplen que son perpendiculares entre si. Es fascinante como podemos ingeniarnoslas para generalizar algun teorema.
Lema:
Sea ABCD un cuadrilatero convexo(vale tambien para los concavos, voy a dejar la extension al final) si se que cumple AB²+CD²=BC²+AD² las diagonales AC y BD son perpendiculares entre si.
Demostracion:
Supongamos que BD no es perpendicular a AC, entonces existen P y Q, tal que P es el pie de la perpendicular a AC por D y Q la interseccion de DP y BC, con Q entre B y C(si cae fuera es analogo), el cuadrilatero ADCQ cumple que las diagonales DQ y AC sin perpendiculares entre si, entonces AQ²+DC²=QC²+AD² como AB²+CD²=BC²+AD²(por hipotesis) restando ambas ecuaciones AQ²-AB²=QC²-BC² observemos que el lado derecho es menor 0, ya que, QC QC² QC²-BC² < 0 por tanto el lado izquierdo tambien es menor a 0, esto es AQ²-AB² AQ²
vole pero me gusta por cierto
feliz año nuevo
mi profe reinsano se traza una ceviana y... volamos todos
salio tarde pero bueno seria el primer video del año
Para la primera pregunta, no faltaría tambien demostrar la otra parte de la existencia del triangulo (la parte de las restas: |b-c|
al demostrar las tres desigualdades, también queda demostrada la parte de las restas amigo
Vole rico
Pasen link del discord 😅
Profe si hace un video de pedro suarez vertiz, seria piola
Esta va para ti Noni❤❤❤❤❤❤❤(pene)
Chi
Chi
wow
tan chistes? :v