Видео

Algo interesante de la configuracion es que tanto BI y DQ, como CI y CP, concurren en el circuncirculo del ABC. Esto es, si definimos Q' como la interseccion de DQ con (ABC), entonces B, I y Q' están alineados. Si definimos un P' de manera analoga a Q', llegamos a que C, I y P' están alineados. La demostracion se hace utilizando el shooting lemma y el teorema de Reim(aunque pueden obviar Reim haciendo angulitos)

Increíble solución 👏

Te comparto mi solución del problema 3 de dicha olimpiada, por si le quieres hacer video(está escrita con un poco de LaTeX). Sean $\omega$ la circunferencia circunscrita a $EFP$, $\gamma$ la circunferencia de diámetro $AH$, $M$ el punto medio de $BC$, y $G$ la intersección de $EF$ con $BC$. Sea además, $\phi(X)$ la inversión centrada en $G$, y de radio $r=\sqrt{GC.GB}$. Bien, por propiedades de la inversión, probar que $Q, D$ y $K$ están alineados, es equivalente a probar que $\phi(K)\phi(D)\phi(Q)G$ es cíclico. Que de hecho, esa va a ser la estrategia. Notemos que, $Q, P$ y $G$, están alineados. En efecto, pues $\phi(\Gamma)=\Gamma, \phi(\omega)=\omega$. $\Rightarrow \phi(Q)=P$. Analogamente, veamos que $A, K$ y $G$, están alineados. En efecto, tenemos que $HK \perp AK$, y que $HF \perp AF$. $\Rightarrow AFHK$ es cíclico. Luego por $\phi(\gamma)=\gamma$ se sigue, $\phi(K)=A$. Por otro lado, $F, E, D$ y $M$ pertenecen a la circunferencia de los 9 puntos del triangulo $ABC$, que tambien queda fija tras la inversion. $\Rightarrow \phi(D)=M$. $\Rightarrow \phi(K)\phi(D)\phi(Q)G=AMPG$. También, por las reflexiones del ortocentro se tiene que, $DH=HP$. Y por definición de inversos, $M\phi(M)\phi(A)A=MDKA$ es cíclico. $\Rightarrow \angle GAP=\angle KAD=\angle KMD=\angle HMD=\angle PMD=\angle PMG$. $\Rightarrow AMPG$ es cíclico. $\blacksquare$

Me gustó la solución. Me he pasé la mañana completa intentando el problema 😹. Gracias a esté video entiendo mejor el modo de proceder ante problemas de está naturaleza. Saludos.

profesor disculpe tendra los exámenes de acero arequipa en pdf xfa?

16:10 que fue con ese lapsus xddd

Problema sencillo.

Hola Miguel, en el minuto 11 más o menos mencionas que varios alumnos entendieron "moverse de forma aleatoria" como que "todo camino sea igual de probable". Difiero mucho con eso. No creo que esa fue la situación, no es que pensaron en eso y luego calcularon la probabilidad según esa idea, más bien creo que lo primero que pensaron es en la "fórmula" casos favorables/casos totales y así obtuvieron la respuesta, creo que en su mayoría ni siquiera pensaron en equiprobabilidad (y quizás ni sabían que en un problema de probabilidad hay que pensar en eso). Sustento esta impresión mía en las soluciones, comentarios, videos que vi en facebook y whatsapp ese día. Lo bueno del problema es que hará reflexionar y cuestionar a alumnos y profesores en cuestiones de equiprobabilidad y si en verdad pueden aplicar la fórmula casos favorables/casos totales.

Buena maestro. Somos docente de trigonometría cuál es tu fuerte?. Sería bueno interactuar entre canales de matemáticas.....saludos

sí

😮

En la primera demo te enredaste mucho para llegar al absurdo, asi que dejo una mas clara. Supongamos que <B y <C son agudos. Esta suposicion es valida pues si no lo fuesen, entonces el ∆ABC jamas seria isosceles en A, por tanto estariamos tratando de demostrar algo absurdo. Luego <PBC también es agudo.(*) Ahora, notemos que NC=MB implica que PC<BM. Pero sabemos que el arco mayor PC es el que contiene a B, en efecto, por (*) tenemos: <PMC=180°-<PBC>180°-90°=90° => <PMC>90°. Luego esto implica que α+β<2α.(porque <MCB tambien mira el arco menor BM por <MCB<90°) => β<α. Pero α<β(pues esa era la suposicion inicial) Absurdo. Por lo tanto, <C no puede ser menor a <B, analogamente, <B no puede ser menor a <C, esto implica <B=<C. => AB=AC. qed

Les tiro mi demo. Sea Q la intersección de XX' e YY'. Por XX'||AC e YY'||AB el cuadrilatero AX'QY' es un paralelogramo. Luego como dicho paralelogramo está circunscrito a una circunferencia es en particular un rombo(es un lema facil de demostrar). Esto implica que AP, XX' e YY' concurren en Q. Además, como XX' y AX' son tangentes al incirculo de ∆ABC se cumple que IX' es bisectriz del angulo <AX'X, por tanto, X', I e Y' están alineados(porque en un rombo las diagonales son bisectrices interiores). Esto implica que I es punto medio de AQ(en un paralelogramo las diagonales se cortan en el punto medio de los segmentos que determina cada diagonal). Luego la homotecia de centro A y razon 2 envia ∆LIK a ∆BQC, por tanto probar que <LIK+<XPY=180° es equivalente a probar que <BQC+<XPY=180°. Ahora notemos que YQPC y XQPB son ciclicos. En efecto, haciendo angulitos tenemos: <AQY=<AQY'=<QAY'=<PAC=<PCB=<PCY => YQPC es cíclico. Analogamente, llegamos a que XQPB es cíclico. Ahora, nuevamente haciendo angle chasing o angulitos, como le quieran decir, tenemos(ocupando los dos cíclicos que encontramos recien): <XPY=<QPY+<QPX=<QCY+<QBX Y <QCY+<QBX=180°-<BQC por SAI en ∆BQC. => <XPY=180°-<BQC => <XPY+<BQC=180°. qed

Similar a la solución del profe tipe

T2 Titu XDd

sube mas imo bro

porfavor mas IMO

Que software usa profesor

Muy interesante el vídeo :DD

🥳

excelente, gracias

Gaaaaa, muy buen vídeo :D Estaría genial si al final de cada vídeo donde explicas algo de teoría hubiera un problema propuesto relacionado al tema. Es una sugerencia :D