Problema del 19:
Demuestra que las proyecciones del pie de la altura del triangulo sobre los lados que la comprenden , y sobre las otras dos alturas se hallan en una recta.
Problema del 20:
Demuestra que si a un tablero de 2^n por 2^n le quitamos una casilla, el resto se puede cubrir con fichas L de 3 casillas (2 casillas y una en ota dirección)
bueno, pues yo lo resolvi por induccion o no se si asi se le llame pero bueno
ResponderBorrarprimero nos fijamos que el tablero de 2x2 cumple, entonces construimos otros 3 tableros de 2x2 pegados al primero paraobtener el tablero de 4x4, luego nos fijamos que al quitarle una casilla a cada tablero de 2x2 tambien cumple y esto lo podemos hacer poniendo una ficha tal que cada una de sus tres casillas este en cada uno de los 3 tableros de 2x2 restantes, luego hemos probado que al quitarle una casilla al de 4x4 es posible llenarlo con fichas L, entonces a ese tablero le pegamos otros tres tableros de 4x4 para formar el de 8x8, y de igual manera ponemos otra ficha tal que comparta una casilla con cada uno de los tableros de 4x4 que no han sido llenados, y como sabemos que al quitarle una casilla a un tablero de 4x4 es posible llenarlo entonces el de 8x8 queda lleno, y asi sucesivamente, hasta el tablero de 2^nx2^n,
luego nos fujamos que hemos estado probando que es posible hacerlo si le quitamos la casilla de la esquina, y para probar que no solo es esa, sino cualquier casilla del tablero, entonces:
nos fijamos nuevamente en el tablero de 2x2 y notamos que es posible girarlo para que la casilla que quitamos, ocupe cualquier lugar del tablero, luego, en el tablero de 4x4, y nos fijamos en el subtablero de 2x2 que tiene la casilla vacia, y la casilla vacia puede ocupar cualquier lugar de ese subtablero, entonces podemos girar el tablero de 4x4 para que el subtablero de 2x2 pueda ocupar cualquier lugar, y en particular la casilla vacia podra ocupar cualquier lugar en el tablero, y notamos que esto no altera nada pues ya esta lleno el tablero y solo lo estamos girando, y con esto ya hemos probado que para el de 4x4 es posible que la casilla vacia ocupe cualquier lugar, y entonces en el de 8x8 es lo mismo, pues tiene dentro el subtablero de 4x4 (el de la casilla vacia), y entonces giramos todo el tablero de 8x8, y de este modo el de 4x4 logra ocupar cualquier casilla, y en particular, la casilla vacia logra ocupar cualquier lugar, y asi sucesivamente hasta el de 2^nx2^n
¿se entiende?
ResponderBorrarPara el problema del 20, lo que yo hice fue, primero notar que para n=1 si se puede, quitas una casilla y con un solo trimino L se puede llenar el tablero, ahora tomamos n=2, y básicamente se llena tomando el tablero que hicimos cuando n era igual a 1 y colocar 4 triminos, colocandolos cubriendo las esquinas del tablero de 2x2 y ya. A partir de n=2, lo que hice fue ir construyendo cada tablero a partir del anterior, para que sea más fácil explicar mi solución, llamamos A,B,C,D las esquinas del tablero, prolongamos las rectas AB, AD, DC y BC lo suficiente, lo que hice fue construir unos... rectángulos de piezas, cada rectángulo de tamaño: 2^(n-2)x (2^(n-1)+2^(n-2))= 2^(n-2)x(2^(n-2)x((2+1))=2^(n-2)x(2^(n-2)(3)), cosa que se puede hacer uniendo 2 triminos formando piezas de 3x2, para el lado 2^(n-2) colocamos las piezas de 3x2 usando su lado 2 y para el lado 2^(n-2)x3 se llena con los lados 3 de nuestras fichas de 3x2, el primer rectángulo lo coloque sobre AD, con el largo pegado a AD(uno de los lados más largos pues), y el ancho pegado en la prolongación de AB, notamos que ABCD por ser el tablero anterior al que queremos construir, es de 2^(n-1)x2^(n-1), notamos que entonces quedan 2^(n-2)x3 - 2^(n-1) columnas extras del lado derecho de ABCD (o depende de como hayan colocado las letras xD) que son 2^(n-2) columnas, por lo que cabe perfectamente otro de nuestros rectángulos, colocado verticalmente pegado a CD, nos fijamos en que ahora nos quedan 2^(n-2) filas extras debajo de nuestro tablero de 2^(n-1)x 2^(n-1) y de nuevo colocamos uno de nuestros rectángulos, esta vez horizontalmente, pegado a BC, y lo mismo sucede con el lado AB de nuestro ABCD, colocamos un último rectángulo pegado a AB en posición vertical, de esta manera ahora tenemos un nuevo tablero cuadrado, su medida es: 2^(n-2)+2^(n-1)+2^(n-2)= 2^(n-2)x(2+2)= 2^(n-2)x(2^2)=2^n, con esto tenemos que a partir de un tablero, podemos construir el siguiente, y empezamos con el de 4x4 (quitandole la casilla que vimos en un principio que se podía quitar), a partir de este puedo construir el de 8x8, colocando rectángulos de 2x6, 2 vérticales pegados a AB y a CD y 2 horizontales pegados a AD y a BC, a partir de este puedes hacer el de 16x16, ahora al de 8x8 que ya construimos (con la casilla ya removida de nuevo) le agregamos rectángulos de 12x4, esta vez considerando a n=4 y asi se pueden construir los demás. No se si se entienda... me costo trabajo explicar=S jeje el de geometría según yo ya me salió pero lo pondre después porque no estoy muy segura de que este bien lo que hice jeje
ResponderBorrarAclaración, la proyeccion de un punto sobre una recta es lo mismo que el pie de la altura trazado desde el punto, sobre la recta.
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ResponderBorrarAhi va la solucion del 19:
ResponderBorrarsean AD,BE,CF las alturas en el triangulo ABC, y H el ortocentro sean P,Q,R,S las proyecciones desde F sobre AC,BC,AD,BE respectivamente, luego anguloFBH =x => anguloFHS=90-x => anguloSFH=x=anguloSRH por ser FSHR ciclico, luego, BE es paralela a FP, por ser ambas perpendiculares a AC, => anguloFBE=anguloAFP=x luego APRF es ciclico => anguloARP=x, y como AD es recta anguloPRH=180-x => anguloPRS=180 que es un angulo llano y PRS son colineales, analogamente probamos que RSQ son colineales y entonces PRSQ son colineales por estar todos sobre RS
Para el problema de geometría (que ya encontre una solución más pro) Tenemos nuestro triangulito ABC, llamamos H al ortocentro del triángulo, llamamos D al pie de la perpendicular que va desde A hacia el lado BC. Llamamos E y F a los pies de las perpendiculares desde los vértices B y C respectivamente. Llamamos M, N, P y Q a las proyecciones de D sobre AB, BE, CF y AC respectivamente. Trazamos las rectas MN, NP y PQ, lo que queremos demostrar es que M,N,P y Q son colineales. Antes de comenzar, es fácil notar que CF||DM, BE||DQ si demostramos que <HPN=<NMD, habremos demostrado que M,N,P son colineales y por otra parte, si demostramos que <HNP=<PQD, demostraremos que N,P y Q son colineales. Nos fijamos entonces en el cuadrilátero NHPD, tenemos que <HPD=<HND=90° como son los ángulos opuestos del cuadrilátero y suman 180°, entonces NHPD es un cuadrilátero cíclico por lo que <HNP=<HDP=a, <HPN=<HDN=b, <DNP=<DHP=c, <DPN=<DHN=d, como <HNP+<DNP=90°, a+c=90° y a su vez, <HPN+<DPN=90°=b+d, <ADB=<HDN+<NDB=b+<NDB=90° por lo que <NDB=d. El cuadrilátero MBDN es cíclico debido a que <BMD=<BND=90°, por lo que <NMB+<NDB=180°, sabemos que <NMB=<NMD+<BMD=90°+<NMD, <NMB+<NDB=d+<90°+<NMD de aqui tenemos entonces que <NMD=b y como <HPN=<NMD (como ya sabíamos que CF era paralela con DM) M,N y P son colineales. Para demostrar ahora que N, P y Q son colineales, seguimos un proceso similar, Sabemos que <ADC=90°, y como <HDP=a, <PDC=c, de nuevo encontramos que DPQC es cíclico porque <DPC=<DQC=90° por lo que <PDC+PQC=180°, <PQC=<PQD+<DQC=90°+<PQD, <PDC+<PQC=c+90°+<PQD=180°, de qui sacamos que <PQD=a, como acabamos de demostrar que <HNP=<PQD=a, y habíamos visto con anterioridad que BE||DQ, tenemos ahora que N, P y Q son colineales y como ya habíamos visto que M también esta en la recta NP, entonces M,N,P y Q estan en una recta
ResponderBorrarMuchos cíclicos...
ResponderBorrarSea ABC un triangulo, H su ortocentro, D,E y F los pies de las alturas sobre BC,CA y AB respectivamente. Sean K,L,M y N las relfexiones de D sobre AB, BE, CF y CA repectivamente.
Primero veamos todos los cuadrilatero cíclicos que podemos considerar, estos son: BDLK, DCNM, BCEF, AEHF y HMDL.
Ahora para probar que K,L,M y N son colineales basta probar que <MKD = <ABC y que <LMD = <ACB, para esto notemos que <AFE = <ACB, y ya que AEHF es cíclico <AFE = <AHE = <LHD, y por el cíclico HMDL <LHD = <LMD = <ACB, utilizando los mismos cuadrilateros cíclicos es facil probar que <MLD = <ABC, por lo tanto K,L,M y N son colineales, lo que se queria demostrar.
20/ 09 /10
ResponderBorrarDenotare 2 a la n como 2*n
Primero notemos que la cantidad de casillas de una cuadricula de 2*n x 2*n es igual 4*n que es congruente a 1*n modulo 3, por lo tanto si le quitamos una casilla sera congruente a 0 modulo 3.
La solucion sera haciendo induccion sobre n.
Ahora veamos el caso para n=1, es claro que si se puede llenar con fichas L, para el caso n=2, veamos que podemos tomar una cuadricula de 2x2 de manera que este centrada en la cuadricula de 4x4, asi que quitamos la casilla en la cuadricula de 2x2 y sabemos que la podemos llenar, ahora para el resto de la cuadricula(la de 4x4) la podemos llenar, facilmente, la observacion principal para esto es, que en cada una de las esquinas de la cuadricula de 2x2, se le coloquen fichas L. entonces ya tenemos nuestra base de induccion, ahora supongamos que la cuadricula se puede cubrir para alguna n> 2, hagamos el mismo procedimiento,en nuestra cuadricula de 2*(n+1) x 2*(n+1) "tomemos" la cuadricula anterios de manera central (esto es claramente posible) y y coloquemos en las esquinas fichas L una tras otra hasta llegar a la esquina de la cuadricula actual, el resto se puede cubrir de manera "intuitiva", por lo tanto para cualquier cuadricula se puede llevar a cabo el mismo proceso, esto termina la demostracion.
Tenemos el triángulo ABC, H el ortocentro, A',B',C' los pies de altura y P,R,S,Q las reflexiones de A' sobre BA, BH, CH y CA.
ResponderBorrarTenemos que SQCA', HRSA' y PRBA' son cíclicos.
LLamemosle al ángulo <SCA' "a" y al ángulo < SA'C lo llamamos "b". Tenemos que el triángulo SCA'= 90+b+a, también sabemos que 90°+a+b=180°. tenemos que el triángulo HA'C comparte el ángulo a y tiene un angulo de 90, entonces <A'HC=<SA'C=b por ser triángulos semejantes, tambien tenemos que <HSA' es 90°, entonces el triangulo HSA' tambien va a ser semejante y va a tener el ángulo <HA'S=<SCA'=a. Entonces por cíclico sabemos que <HA'S=<HRS y sabemos que <HRS=<PRB=a por ser opuestos por vertice. Tambien por cíclicos tenemos que <SHA'=<SRA'=b y como ya sabiamos que <BRA' es 90 grados y que <PRB+90°+<SRA'= 90+a+b=180° entonces sabemos que los puntos P,R y S están sobre la misma recta. Análogamente, podemos hacer lo mismo y probar que <RSQ=180° y así terminar en que los puntos P, R, S y Q estan sobre la misma recta.
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ResponderBorrarEn el problema de combinatoria, algunas de sus soluciones son poco claras, no hubiera sido mas fácil usar inducción?
ResponderBorrarProbaremos por inducción que si quitamos una ficha de un tablero de (2^n)(2^n), se puede cubrir con las fichas que nos dan.
Base de inducción n=1. Claramente quitamos cualquiera de las 4 casillas y ponemos un trimino y ya está.
Probaremos que si se puede para 2^n se puede para 2^(n+1).
Para eso dividamos el tablero de lado 2^(n+1) en 4 subtableros de lado 2^n.
Ahora si quitamos una casilla del tablero de lado 2^(n+1) nos fijamos en que subtablero de lado 2^n estaba. Claramente por la inducción ese subtablero se puede llenar.
Para llenar los otros 3 subtableros ponemos un trimino de tal forma que cubra una casilla de cada uno de esos subtableros. Y ahora claramente por la inducción esos subtableros se pueden llenar.
Por lo tanto por la inducción, el problema cumple para todos los enteros positivos n. Fin.
Como pueden ver cuando estamos usando potencias de 2, usar inducción puede ser muy útil, así que cuando vean un problema que involucre potencias de 2, intenten usar inducción!