Sea $ABCD$ Un paralalelogramo. A variable line g through the vertex Una linea $g$ por $A$ intersecta a los rayos $BC$ y $DC$ en $X$ y $Y$ respec. Sean $K$ y $L$ los excentros con respecto a $A$ de $ABX$ y $ADY$. Muestra que el angulo $KCL$ es independiente de la eleccion de $g$.
Dedicado a Chacon
Encuentra todas las funciones de reales positivos a reales positivos tales que se cumple $f(x+f(y))=f(x+y)+f(y)$
Dedicado a Xavi
lunes, 16 de junio de 2014
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4 comentarios:
xavi, no leas ésto a menos que ha hayas hecho el 2
Sea $g(x)=f(x)-x$. Notemos que si $f(y) \textless y$ entonces tomemos $x=y-f(y)$ y da una contradicción. Entonces $g$ toma valores positivos o $0$.
Sustituyendo, da
$g(x+y+g(y))=g(x+y)+y$.
Esto es equivalente a que
$g(k)=g(k-g(b))+b$
y
$g(k)=g(k+g(b))-b$
para $k$ suficientemente grande (dependiendo de la $b$).
Si $g(a)=g(b)$, poniendo $x=b$ y $y=a$, y también poniendo $x=a$ y $y=b$ tendremos
$g(a+b)+b=g(a+b+g(a))=g(a+b)+a$, entonces $g$ es inyectva.
Ahora supongamos que $a - b = d \textgreater 0$ y $g(b) -g(a) = D \textgreater 0$. Para $k$ grande tendremos,
$g(k+D)=g(k)-d$
y, repitiendo
$g(k+2D)=g(k+D)-d=g(k)-2d$
y en general
$g(k+nD)=g(k)-nd$ para toda $n$ natural. Claramente podemos elegirla tal que $g(k+nD) \textless 0$, contradicción
Entonces $g$ es creciente.
Ahora, tomemos cualesquiera $a$ y $b$ y tomemos $l,m$ naturales tales que $lg(b) \textgreater mg(a)$. Entonces, para $k$ muy grande,
$g(k)+lb = g(k+lg(b)) \textgreater g(k+mg(a)) = g(k)+ma$
entonces $lb \textgreater ma$. Así, si $r$ es racional y $g(b)/g(a) \textgreater r$, entonces $b/a \textgreater r$. Similarmente, si $lg(b) \textless mg(a)$, entonces para $k$ grande,
$g(k)-lb = g(k-lg(b)) \textgreater g(k-mg(a)) = g(k)-ma$
y así, si $r$ es un racional y $g(b)\g(a) \textless r$ enonces $b/a \textless r$. Entonces no hay racionales estrictamente entre $b/a$ y $g(b)/g(a)$. Por que los racionales son densos, tendremos $g(b)/g(a)=b/a$ para toda $a,b$ y entonces $g(x)=cx$ para una constante $x$. Es fácil verificar que $c=1$ debe ser cierto, y entonces
$f(x)=2x$
es la única solución.
Sean $\angle DAX=\alpha, \angle XAB=\beta, \angle ABC=\angle CDA=\theta; \alpha+\beta+\theta=180$
$\angle LDC=\angle CBK=\frac{\alpha+\beta}{2}$ porque BK y DL son bisectrices de un ángulo de $180-\theta$.
$\angle DAL=\frac{\alpha}{2}, \angle KAB=\frac{\beta}{2}$ porque AK y AL son bisectrices.
Como $\alpha+\beta+\theta=180$, en el triángulo $ABK$: $\angle BKA=\frac{\alpha}{2}$,entonces por AA $\triangle LDA \sim
\triangle ABK$, y AB/DL=BK/DA=KA/LA.
LA/LD=AK/AB=AK/DC.
Como AB=DC y BC=DA, DC/DL=BK/BC, entonces $\triangle CBK\sim \triangle LDC$ y
CL/KC=DL/BC=CD/KB, entonces LC/LD=KC/CB=KC/DA.
$\angle LAK=\frac{\alpha+\beta}{2}=\angle LDC$, y LA/LD=AK/DC, entonces $\triangle LAK\sim \triangle LDC$ y LA/LD=LK/LC.
LA/LD=LK/LC entonces LK/LA=LC/LD.
LK/LA=LC/LD=KC/AD, entonces $\triangle LCK\sim\triangle LDA$ $\angle LCK=\angle LDA=\theta+\frac{\alpha+\beta}{2}$ y como $
\alpha+\beta$ y $\theta$ no dependen de g, tampoco $\angle CK$.
$C$ yace en una de las tangentes comunes de ambos incírculos por cuentas de tangentes. Lo demás es angulitos
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