XIX OIM: 2004 - Foro fmat.cl

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XIX OIM: 2004, Sin resolver: 1, 2, 3, 4, 5, 6

S. E. Puelma Moy... S. E. Puelma Moya Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Nov 16 2005, 09:43 PM Publicado: #1
Dios Matemático Supremo Grupo: Administrador Mensajes: 2.706 Registrado: 13-May 05 Desde: Santiago de Chile Miembro Nº: 10 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Sexo:	19ª OLIMPIADA IBEROAMERICANA DE MATEMÁTICAS Castellón, España, 2004 Primera Prueba: Martes 21 de Septiembre Problema 1: Deben colorearse casillas de un tablero de $TEX: $1001\times 1001$$ , de manera que: Si dos casillas tienen al menos un lado común, entonces al menos una de ellas debe ser coloreada De cada seis casillas consecutivas, de una fila o columna, siempre se deben colorear al menos dos que sean adyacentes Determine el número mínimo de casillas que deben colorearse Problema 2: Considere (fijos en el plano) una circunferencia, y un punto $TEX: $A$$ exterior a ella. Sea $TEX: $\overline{MN}$$ un diámetro variable. Encuentre el LG del circuncentro del $TEX: $\triangle AMN$$ al variar $TEX: $M$$ . Problema 3: Sean $TEX: $n,k\in\mathbb{Z}^+$$ tales que: o bien $TEX: $n$$ es impar, o bien $TEX: $n,k$$ son ambos pares. Pruebe que existen $TEX: $a,b\in\mathbb{Z}$$ tales que: $TEX: $n$$ es coprimo con $TEX: $a$$ y con $TEX: $b$$ $TEX: $a+b=k$$ Segunda Prueba: Miércoles 22 de Septiembre Problema 4: Determine todos los pares $TEX: $(a,b)$$ , donde $TEX: $a,b$$ son naturales de dos dígitos, tales que $TEX: $100a+b$$ y $TEX: $201a+b$$ son cuadrados perfectos de cuatro dígitos. Problema 5: Dado un $TEX: $\triangle ABC$$ escaleno, se llaman $TEX: $A',B',C'$$ los puntos de intersección de las bisectrices de $TEX: $\angle A,\angle B,\angle C$$ , respectivamente, con el lado opuesto que corresponda. Sea $TEX: $A''$$ el punto de corte de $TEX: $\overleftrightarrow{BC}$$ con la mediatriz de $TEX: $\overline{AA'}$$ . Los puntos $TEX: $B'',C''$$ se definen similarmente. Pruebe que $TEX: $A'',B'',C''$$ son colineales. Problema 6: Para un conjunto $TEX: $H$$ de puntos en el plano, se dice que un punto $TEX: $T$$ del plano es un punto de corte de $TEX: $H$$ si existen puntos $TEX: $P,Q,R,S\in H$$ , distintos, tales que las rectas $TEX: $\overleftrightarrow{PQ},\overleftrightarrow{RS}$$ son distintas y se cortan en $TEX: $T$$ . Dado un conjunto finito $TEX: $A_0$$ de puntos en el plano, se construye la sucesión $TEX: $(A_n)_{n\ge 1}$$ de conjuntos de puntos en el plano, por medio de la siguiente regla: Para cada $TEX: $j\in\mathbb{N}:A_{j+1}$$ es la unión de $TEX: $A_j$$ con el conjunto de todos los puntos de corte de $TEX: $A_j$$ . Pruebe que, si la unión de todos los conjuntos de la sucesión es un conjunto finito, entonces todos los términos de la sucesión son iguales a $TEX: $A_1$$ . Resumen de soluciones: Problema 1: Pendiente de solución Problema 2: Pendiente de solución Problema 3: Pendiente de solución Problema 4: Pendiente de solución Problema 5: Pendiente de solución Problema 6: Pendiente de solución -------------------- Sebastián Elías Puelma Moya Administrador FMAT

S. E. Puelma Moy... S. E. Puelma Moya Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Apr 5 2007, 03:57 PM Publicado: #2
Dios Matemático Supremo Grupo: Administrador Mensajes: 2.706 Registrado: 13-May 05 Desde: Santiago de Chile Miembro Nº: 10 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Sexo:	Solución al problema 4 Podemos escribir $TEX: $100a+b=c^2$$ y $TEX: $201a+b=d^2$$ , donde $TEX: $a,b,c,d\in\mathbb N$$ , con $TEX: $10\le a\le99$$ , $TEX: $10\le b\le99$$ y $TEX: $32\le c<d\le99$$ . Ahora, el truco "evidente" (para quien tiene experiencia en estos tipos de problemas) es restar ambas igualdades, y luego factorizar el lado derecho: $TEX: $(201a+b)-(100a+b)=d^2-c^2\Rightarrow101a=(d+c)(d-c)$$ Como $TEX: $1\le d-c\le67$$ , entonces 101 no divide a $TEX: $d-c$$ . Pero 101 es primo, entonces $TEX: $101\|(d+c)$$ . Ahora acotamos esta suma: $TEX: $65\le d+c\le197$$ , entonces obtenemos las siguientes conclusiones: $TEX: $d+c=101\Rightarrow d-c=a\Rightarrow a=101-2c$$ Ahora: $TEX: $100a+b=10100-200c+b\Rightarrow 10100-200c+b=c^2\Rightarrow 10100+b=c^2+200c$$ . Nada nos impide completar el cuadrado, en el lado derecho de la igualdad, para lo cual debemos sumar 10000 $TEX: $20100+b=(c+100)^2\Rightarrow20110\le(c+100)^2\le20199$$ Entonces $TEX: $141^2<(c+100)^2<143^2\Rightarrow c=42$$ , y por lo tanto $TEX: $a=17,b=64$$ (solución única) -------------------- Sebastián Elías Puelma Moya Administrador FMAT

S. E. Puelma Moy... S. E. Puelma Moya Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Apr 9 2007, 03:36 PM Publicado: #3
Dios Matemático Supremo Grupo: Administrador Mensajes: 2.706 Registrado: 13-May 05 Desde: Santiago de Chile Miembro Nº: 10 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Sexo:	Solución al problema 3 Caso 1: $TEX: $n$$ es impar y potencia de primo (ie: existen $TEX: $p\ge3$$ , primo, y $TEX: $\alpha>0$$ , entero, tales que $TEX: $n=p^\alpha$$ ) Considere $TEX: $a',b'$$ cualesquiera, tales que $TEX: $a'+b'=k$$ . Como $TEX: $p\ge3$$ , entonces al menos una de las representaciones: $TEX: $(a'-1)+(b'+1)=k,\qquad a'+b'=k,\qquad(a'+1)+(b'-1)=k$$ cumple que ambos sumandos no son divisibles por $TEX: $p$$ . Esa será nuestra representación $TEX: $a+b=k$$ Caso 2: $TEX: $n$$ impar, cualquiera Escribimos $TEX: $n={p_1}^{\alpha_1}\cdot...\cdot{p_r}^{\alpha_r}$$ , donde $TEX: $3\le p_1<...<p_r$$ son números primos, y $TEX: $\alpha_1,...,\alpha_r$$ son números enteros positivos. Para cada $TEX: $i\in\{1,...,r\}$$ , escriba $TEX: $a_i+b_i=k$$ , de modo que $TEX: $p_i$$ no divida a $TEX: $a_i$$ ni a $TEX: $b_i$$ (esto se puede hacer, por el caso 1). Por el teorema chino de los restos, existen $TEX: $a,b'\in\mathbb Z$$ tales que: $TEX: $\forall i\in\{1,...,r\}:\qquad a\equiv a_i\pmod{{p_i}^{\alpha_i}},\qquad b'\equiv b_i\pmod{{p_i}^{\alpha_i}}$$ Observe que $TEX: $MCD(a,n)=MCD(b',n)=1$$ . Además, ocurre lo siguiente: $TEX: $\forall i\in\{1,...,r\}:\qquad a+b'\equiv a_i+b_i\equiv k\pmod{{p_r}^{\alpha_r}}$$ Por lo tanto, existe $TEX: $l\in\mathbb Z$$ tal que $TEX: $a+b'=k+ln$$ . Definiendo $TEX: $b=b'-ln$$ , tenemos que $TEX: $MCD(b,n)=MCD(b',n)=1$$ y también que $TEX: $a+b=k$$ $TEX: Caso 3:$ $TEX: $n,k$$ son pares Escriba $TEX: $n=2^\alpha\cdot m$$ , con $TEX: $\alpha>0$$ , entero, y $TEX: $m$$ impar. Por el caso anterior, existen $TEX: $a',b'$$ enteros tales que $TEX: $MCD(a',m)=MCD(b',m)=1$$ y $TEX: $a'+b'=m$$ . Si $TEX: $a',b'$$ son impares, entonces considere $TEX: $a=a',b=b'$$ . De lo contrario, considere $TEX: $a=a'-m,b=b+m'$$ Comentario 1: No siempre podemos tener $TEX: $a,b\in\mathbb Z^+$$ , independiente del valor de $TEX: $k$$ . Basta que $TEX: $n$$ tenga una gran cantidad de divisores primos pequeños (por ejemplo, si $TEX: $k=6$$ y $TEX: $n=30$$ , entonces $TEX: $a,b$$ tienen signos opuestos) Comentario 2: Si $TEX: $n$$ es par y $TEX: $k$$ es impar, entonces no pueden existir $TEX: $a,b$$ . De hecho: $TEX: $a+b=k$$ implica que 2 divide a $TEX: $a$$ , o bien 2 divide a $TEX: $b$$ -------------------- Sebastián Elías Puelma Moya Administrador FMAT

~Fatal_Collapse~ Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Mar 14 2010, 06:28 PM Publicado: #4
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 1.564 Registrado: 12-November 07 Desde: La Union, XIV Region de los Rios Miembro Nº: 12.607 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Universidad: Sexo:	CITA(xsebastian @ Nov 16 2005, 11:43 PM) Problema 2: Considere (fijos en el plano) una circunferencia, y un punto $TEX: $A$$ exterior a ella. Sea $TEX: $\overline{MN}$$ un diámetro variable. Encuentre el LG del circuncentro del $TEX: $\triangle AMN$$ al variar $TEX: $M$$ . Sean $TEX: $O,r$$ el centro y el radio de la circunferencia fija, respectivamente. Construyamos ejes perpendiculares, que posean a $TEX: $O$$ como origen, y que $TEX: $A$$ esté ubicado sobre el eje y. Pongamos $TEX: $A(0,a)$$ , $TEX: $M(b,c)$$ , $TEX: $N(-b,-c)$$ , con $TEX: $b,c$$ reales tales que $TEX: $b^2+c^2=r^2$$ . No es difícil ver que las mediatrices de $TEX: $\overline {MN}$$ , $TEX: $\overline {AM}$$ tienen por ecuaciones $TEX: $y=\dfrac {-b}{c}x$$ e $TEX: $y=\dfrac {b}{a-c}(x-\dfrac{b}{2})+\dfrac{a+c}{2}$$ , respectivamente. Resolviendo el sistema, obtenemos que el circumcentro del $TEX: $\triangle AMN$$ tiene por coordenadas $TEX: $K(\dfrac{-c(a^2-r^2)}{2ab}, \dfrac{a^2-r^2}{2a})$$ . El valor de la ordenada de $TEX: $K$$ (es decir, $TEX: $\dfrac{a^2-r^2}{2a}$$ ) es constante independiente de las posiciones de $TEX: $M,N$$ sobre la circunferencia. Como este valor indica la distancia de $TEX: $K$$ al eje $TEX: $x$$ , obtenemos que la distancia de $TEX: $K$$ al eje $TEX: $x$$ es constante para todas las posiciones de $TEX: $M,N$$ , o sea, $TEX: $K$$ se mueve sobre una recta paralela al eje $TEX: $x$$ . Ahora probaremos que todo punto de la recta $TEX: $y= \dfrac {a^2-r^2}{2a}$$ es el lugar geométrico buscado. En efecto, la abscisa de $TEX: $K$$ , $TEX: $\dfrac {-c(a^2-r^2)}{2ab}$$ equivale a $TEX: $d\cdot tan (\theta)$$ donde $TEX: $\theta$$ es el ángulo en que la recta $TEX: $\overline {MN}$$ corta al eje $TEX: $x$$ y $TEX: $d=\dfrac{r^2-a^2}{2a}$$ es una constante. Considerando que la función tangente es surjectiva en los reales, obtenemos que todo punto de la recta $TEX: $y=\dfrac {a^2-r^2}{2a}$$ es el lugar geometrico buscado. Si llamamos $TEX: $l$$ a esa recta, es claro que $TEX: $l\perp \overline {AO}$$ . Finalmente, si llamamos $TEX: $T$$ al punto al interior del segmento $TEX: $\overline {AO}$$ tal que $TEX: $\overline {OT}=\dfrac{\overline {OA}^2-r^2}{2\cdot \overline {OA}}$$ , y con todo lo expuesto, obtenemos que el lugar geometrico de los circumcentros es una recta perpendicular a $TEX: $\overline {AO}$$ que pasa por el punto $TEX: $T$$ . Todo el manejo "algebraico" se deja a manos del atento lector -------------------- Ricardo Vargas Obando Ex-alumno Deutsche Schule La Unión (Generación 2010, de los 150 años). Novato de Licenciatura en Matemática/Estadística, en la Pontificia Universidad Católica de Chile. Grupo de facebook de Novatos Matemática y Estadística PUC 2011 Currículum Olímpico: Medalla de Plata, XIX Olimpiada Nacional de Matemática Nivel Menor (2007) Medalla de Oro, XXI Olimpiada Nacional de Matemática Nivel Mayor (2009) Medalla de Bronce, XXV Olimpiada Iberoamericana de Matemática (2010) Medalla de Oro, XXII Olimpiada Nacional de Matemática Nivel Mayor (2010) "What we learned as children, that one plus one equals two, we know to be false. One plus one equals one. We even have a word when you plus another, equals one. That word is love." "Todos piensan en cambiar el mundo, pero nadie piensa en cambiarse a sí mismo."

S. E. Puelma Moy... S. E. Puelma Moya Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Mar 15 2010, 08:43 PM Publicado: #5
Dios Matemático Supremo Grupo: Administrador Mensajes: 2.706 Registrado: 13-May 05 Desde: Santiago de Chile Miembro Nº: 10 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Sexo:	Sólo pude comprobar hasta que el sistema de ecuaciones fue bien resuelto, por lo tanto el lugargeométrico buscado debería ser una recta (es decir, pude comprobar una de las inclusiones). No hay problemas con a ni con a-c en el denominador, pero sí debe ser explicado lo que sucede con b o c iguales a 0. Tampoco está de más recordar que esperamos una solución con geometría euclidiana (y también con otras técnicas no utilizadas hasta aquí en el tema) -------------------- Sebastián Elías Puelma Moya Administrador FMAT

MatíasMoreno Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Nov 21 2011, 11:09 AM Publicado: #6
Dios Matemático Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 217 Registrado: 5-April 11 Desde: no se :c Miembro Nº: 86.300 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Sexo:	Problema 1 Notemos que si consideramos un rectángulo de 1x5 (5 casillas) siempre estará contenido en otro rectángulo de 1x6 (6 casillas). Como cada 6 casillas al menos debe haber 2 adyacentes coloreadas, entonces como mínimo, un rectángulo de 1x5 debe tener 3 casillas coloreadas. Luego, si retiramos una de las casillas de la esquína del tablero de 1001x1001 que no esté coloreada, podemos ubicar los rectángulos de 1x5 si problemas, ya que: $TEX: $1001\equiv 1 (mod 5)$$ entonces $TEX: $1001^2\equiv 1 (mod 5)$$ Entonces si por cada rectángulo de 1x5 hay un mínimo de 3 casillas coloreadas, entonces en todo el tablero, el mínimo de casillas coloreadas estará dado por: $TEX: $3$$ · $TEX: $\displaystyle \frac{1001^2-1}{5}$ =$ $TEX: $3$$ · $TEX: $\displaystyle \frac{1002000}{5}$ =$ $TEX: 601200$ Respondiendo lo pedido. Creo...xDDDD Salu2 -------------------- Cuando eliminamos lo imposible lo que queda, por improbable que parezca...siempre será la verdad... Nada tiene sentido, pero todo tiene significado.

iMPuRe Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Nov 21 2011, 05:04 PM Publicado: #7
Doctor en Matemáticas Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 193 Registrado: 22-March 07 Desde: San Miguel, Santiago Miembro Nº: 4.651 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Universidad: Sexo:	CITA(MatíasMoreno @ Nov 21 2011, 12:09 PM) Problema 1 Notemos que si consideramos un rectángulo de 1x5 (5 casillas) siempre estará contenido en otro rectángulo de 1x6 (6 casillas). Como cada 6 casillas al menos debe haber 2 adyacentes coloreadas, entonces como mínimo, un rectángulo de 1x5 debe tener 3 casillas coloreadas. Luego, si retiramos una de las casillas de la esquína del tablero de 1001x1001 que no esté coloreada, podemos ubicar los rectángulos de 1x5 si problemas, ya que: $TEX: $1001\equiv 1 (mod 5)$$ entonces $TEX: $1001^2\equiv 1 (mod 5)$$ Entonces si por cada rectángulo de 1x5 hay un mínimo de 3 casillas coloreadas, entonces en todo el tablero, el mínimo de casillas coloreadas estará dado por: $TEX: $3$$ · $TEX: $\displaystyle \frac{1001^2-1}{5}$ =$ $TEX: $3$$ · $TEX: $\displaystyle \frac{1002000}{5}$ =$ $TEX: 601200$ Respondiendo lo pedido. Creo...xDDDD Salu2 creo que debes ser un poco mas riguroso en explicar por que son como minimo 3 coloreadas en un rectangulo de 5x1, explicar si es alcanzable el minimo (alguna justificacion o la forma de colorear) saludos! -------------------- 2 3 5 7 11 13 17 19 23 29 31 37 41 43 47 53 59 61 67 71 73 79 83 89 97 101 103 107 109 113 127 131 137 139 149 151 157 163 167 173 179 181 191 193 197 199 211 223 227 229 233 239 241 251 257 263 269 271 277 281 283 293 307 311 313 317 331 337 347 349 353 359 367 373 379 383 389 397 401 409 419 421 431 433 439 443 449 457 461 463 467 479 487 491 499 503 509 521 523 541 547 557 563 569 571 577 587 593 599 601 607 613 617 619 631 641 643 647 653 659 661 673 677 683 691 701 709 719 727 733 739 743 751 757 761 769 773 787 797 809 811 821 823 827 829 839 853 857 859 863 877 881 883 887 907 911 919 929 937 941 947 953 967 971 977 983 991 997 1009 1013 1019 1021 1031 1033 1039 1049 1051 1061 1063 1069 1087 1091 1093 1097 1103 1109 1117 1123 1129 1151 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MatíasMoreno Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Nov 22 2011, 12:41 PM Publicado: #8
Dios Matemático Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 217 Registrado: 5-April 11 Desde: no se :c Miembro Nº: 86.300 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Sexo:	CITA(iMPuRe @ Nov 21 2011, 02:04 PM) creo que debes ser un poco mas riguroso en explicar por que son como minimo 3 coloreadas en un rectangulo de 5x1, explicar si es alcanzable el minimo (alguna justificacion o la forma de colorear) saludos! Consideremos un rectángulo de 1x6, deletreadas desde A hasta F, donde están contenidos 2 rectángulos de 1x5 (A hasta E, y B hasta F). Sabemos que por cada rectángulo de 1x6 necesariamente deben existir dos casillas adyacentes coloreadas, en nuestro rectángulo de 1x6, tenemos 5 posibilidades de colorearlas: AB, BC, CD, DE, EF. La primera condición nos dice que de por cada casilla adyacente, debe existir 2 al menos una coloreada, por lo tanto en los cinco casos, considerando las casillas adyacentes coloreadas (AB, BC, CD, DE, EF ), colorearemos la menor cantidad de casillas posibles cumpliendo el enunciado: Caso AB: la casilla D es adyacente a C y E, y F es adyacente a E, por lo tanto coloreamos D y F. Caso BC: tenemos que B y C son adyacentes a A y D respectivamente, pero ya están coloreadas, y E es adyacente a D y F, por lo tanto, coloreamos E. Caso CD: con C y D coloreadas, podemos colorear A, que es adyacente a B, y F que es adyacente a F. Caso DE: tenemos que B es adyacente a A y C, y tenemos que E (coloreada) es adyacente a F. Coloreamos B. Caso EF: coloreando A y C, cubrimos a AB y CD. Notemos que en todos los casos, siempre los rectángulos de 1x5 (desde A hasta E o bien desde B hasta F) quedan 3 casillas coloreadas. Mensaje modificado por MatíasMoreno el Nov 22 2011, 12:44 PM Archivo(s) Adjunto(s) Casillas_tablero.png ( 30.34k ) Número de descargas: 0 -------------------- Cuando eliminamos lo imposible lo que queda, por improbable que parezca...siempre será la verdad... Nada tiene sentido, pero todo tiene significado.

cev Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Jun 8 2013, 06:36 PM Publicado: #9
Dios Matemático Supremo Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 1.116 Registrado: 12-March 11 Miembro Nº: 84.732 Nacionalidad: Sexo:	P5 Trazamos el circuncirculo del $TEX: $\Delta ABC$$ con centro $TEX: $O$$ . Por $TEX: $A$$ trazamos una tangente a la circunferencia de manera que corte al lado opuesto, $TEX: $BC$$ , en $TEX: $P$$ . En la contruccion que muestra el dibujo vemos claramente que como $TEX: $M$$ es punto medio del $TEX: $\widehat{BC}$$ entonces $TEX: $AM$$ es bisectriz del $TEX: $\angle A$$ . Luego $TEX: $A'=AM\cap BC$$ . El $TEX: $\Delta AOM$$ es isosceles y si llamamos $TEX: $\alpha$$ a sus angulos basales tenemos que: $TEX: $\angle XA'M=\angle BA'A=\angle A'AP=90-\alpha$$ . De esta manera vemos que el $TEX: $\Delta AA'P$$ es isosceles en $TEX: $P$$ , con lo cual la mediatriz de $TEX: $AA'$$ , que nos pide el enunciado, intercepta al lado $TEX: $BC$$ en $TEX: $P$$ , con lo cual $TEX: $P=A''$$ . Podriamos hacer lo mismo en los vertices $TEX: $B$$ y $TEX: $C$$ y encontrariamos, respectivamente, que sus tangentes interceptan los lados opuestos en los puntos $TEX: $B''$$ y $TEX: $C''$$ que nos indica el enunciado. Luego podemos aplicar uno de los casos limites del Teorema de Pascal que dice: "En todo triángulo inscrito en una cónica (aqui su circuncirculo), los puntos de intersección de los lados con las tangentes trazadas en los vértices opuestos son tres puntos en línea recta". --------------------------- "Teorema de Pascal" (Casos limites): http://garciacapitan.99on.com/bella/htm/juntos.htm Archivo(s) Adjunto(s) XIX_OIM2004P5.PNG ( 5.19k ) Número de descargas: 0 -------------------- >>>LG

MatíasMoreno Ver Perfil del Miembro Ver los mensajes de este miembro	Sep 8 2013, 01:32 PM Publicado: #10
Dios Matemático Grupo: Usuario FMAT Mensajes: 217 Registrado: 5-April 11 Desde: no se :c Miembro Nº: 86.300 Nacionalidad: Colegio/Liceo: Sexo:	Ahora no les debo imágen, saludos Problema 5: Consideremos $TEX: $\Omega $$ como el circuncírculo del $TEX: $\triangle ABC $$ , vamos a demostrar primero que las rectas $TEX: $\overline{AA''}$$ , $TEX: $\overline{BB''}$$ y $TEX: $\overline{CC''}$$ son tangentes a $TEX: $\Omega $$ , sean $TEX: $\angle BAA'=\angle A'AC=\alpha$$ , $TEX: $\angle ABB'=\angle B'BC=\beta$$ y $TEX: $\angle ACC'=\angle C'CB=\theta$$ y comencemos a mover ángulos, es fácil ver que los triángulos $TEX: $\triangle A'A''A$$ , $TEX: $\triangle B'B''B$$ , $TEX: $\triangle C'C''C$$ son isósceles, ya que A'', B'', C'' están en las mediatrices de $TEX: $AA'$$ , $TEX: $BB'$$ , $TEX: $CC'$$ respectivamente, de esto tenemos que $TEX: $\angle C''C'C=\angle C'BC+\angle C'CB=\theta+2\beta=\angle C''CC'$$ , pero como $TEX: $\angle ACC'=\beta$$ , se tiene que $TEX: $\angle ACC''=2\beta=\angle ABC$$ , luego $TEX: $\overline {CC''}$$ es tangente a $TEX: $\Omega $$ , y de forma análoga obtenemos que $TEX: $\overline{BB''}$$ , $TEX: $\overline{CC''}$$ son tangentes a $TEX: $\Omega $$ , luego sea $TEX: $P=\overline{BB''}\cap \overline{AA''}$$ , $TEX: $Q=\overline{CC''}\cap \overline{AA''}$$ y $TEX: $R=\overline{BB''}\cap \overline{CC''}$$ , como $TEX: $\overline{PC}$$ , $TEX: $\overline{BQ}$$ y $TEX: $\overline{AR}$$ son concurrentes, entonces los triángulos $TEX: $\triangle ABC$$ y $TEX: $\triangle PQR$$ son perspectivos respecto al punto de concurrencia, luego notemos que $TEX: $A''=\overline{BC}\cap \overline{PQ}$$ , $TEX: $B''=\overline{AC'}\cap \overline{PR}$$ y $TEX: $C''=\overline{AB}\cap \overline{QR}$$ , que son coolineales en consecuencia directa del Teorema de Desargues, con esto finalizamos $TEX: $\blacksquare $$ -------------------- Cuando eliminamos lo imposible lo que queda, por improbable que parezca...siempre será la verdad... Nada tiene sentido, pero todo tiene significado.

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