Matemáticas y Olimpiadas: Olimpiadas de Matemáticas y Física

domingo, 13 de mayo de 2012

Problema MYO

Soluciones de Israel Díaz
Trigonométrica
Geometrica
Vectorial
Juan Crisostomo Ramos Lema
Franciso García Capitán

Problema MYO 147

Erico Freddy Palacios Loayza

13 de mayo de 2012

Aprobado para que aparezca en la biografía

Me manda este problema el amigo José Luis Carranza lo comparto con todos ustedes, saludos.

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A Sociedad De Estudiantes Científicos del Perú, Walter Lauro Perez Terrel, Armando Ricardo Michuy Romero y 5 personas más les gusta esto.

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Marcos Xavier Gutierrez Pacheco · Amigo(a) de German Angel Vergara Rettes

datoooooooooooooooooo

13 de mayo de 2012 a la(s) 21:57 · Me gusta

Armando Ricardo Michuy Romero EN REALIDAD EL PROBLEMA ES BASTANTE SIMPLE, SIEMPRE QUE SE PUEDA DEBEMOS HACER LOS CALCULOS NUMERICOS CORRESPONDIENTES.
1°. DEDUCIMOS QUE EL TRIÁNGULO BCQ ES ISÓSCELES.
2°.TRAZAMOS LA ALTURA CH (H en BQ), CUYA PROLONGACION CORTA AL LADO AB EN L.
3°. HACIENDO LOS CALCULOS CORRESPONDIENTES, DEDUCIMOS QUE "P" ES EXCENTRO DEL TRIÁNGULO LQC.
4°. ENTONCES LOS ÁNGULOS AQP Y PQL SON IGUALES Y CADA UNO MIDE 40°.
5°. EN EL TRIÁNGULO QPC, POR ÁNGULO EXTERIOR: X+10°=40°

X=30°

13 de mayo de 2012 a la(s) 23:47 · Ya no me gusta · 3

Erico Freddy Palacios Loayza Muy buena la solucioón del estimado Armando Ricardo Michuy Romero.

14 de mayo de 2012 a la(s) 0:10 · Me gusta

SobreGeometrías SG estoy de acuerdo _Ricardo

14 de mayo de 2012 a la(s) 0:40 · Ya no me gusta · 1

SobreGeometrías SG Bueno, . . . el problema fue destrozado por Armando Ricardo Michuy Romero casi instantaneamente

14 de mayo de 2012 a la(s) 1:47 · Ya no me gusta · 1

Erico Freddy Palacios Loayza Estoy deacuerdo Milton, Armando Ricardo Michuy Romero demostro su arte y su gusto por la geometría instaneamente.

14 de mayo de 2012 a la(s) 1:52 · Me gusta

Erico Freddy Palacios Loayza Me voy a descanzar, poruqe me he dado cuenta que ustedes no duermen.

14 de mayo de 2012 a la(s) 1:53 · Me gusta · 2

Armando Ricardo Michuy Romero JA,JA,JA,...........PIENSO QUE HA VALIDO LA PENA, HASTA MAÑANA ERICO Y SUEÑA CON LA RECTA DE FERMAT,......Y TAMBIEN CON UN PAR DE ISOGONALES,JA,JA,JA.

14 de mayo de 2012 a la(s) 1:59 · Ya no me gusta · 1

Israel Diaz · Amiga de Ruben Dario y 73 personas más

El problema sale al ojo con esta propiedad : no hace falta hacer trazos : http://www.facebook.com/media/set/?set=a.10151670873455385.843418.894420384&type=3#!/photo.php?fbid=10151727339120385&set=a.10151670873455385.843418.894420384&type=3&theater
La propiedad se demuestra facil solo busquen triangulo equilateros .

14 de mayo de 2012 a la(s) 6:48 · Me gusta

Erico Freddy Palacios Loayza Esto es lo lindo de la geometria, que hay distintas soluciones y de diferentas formas de plantear un problema, es cuestión de Formas y Números como dice el amigo Milton Donaire en su libro, Gracias amigo Israel Diaz, por tu aporte como siempre. y a todos por su paticipación.

14 de mayo de 2012 a la(s) 8:19 · Me gusta · 1

Erico Freddy Palacios Loayza El amigo Paul Hidalgo me manda una solución diferente a las que están aqui las comparto con todos ustedes y las feliciatciones al amigo Paul por su aporte. http://www.fileden.com/files/2011/10/2/3203798/Geometria1.jpg

http://www.fileden.com/files/2011/10/2/3203798/Geometria1.jpg

www.fileden.com

14 de mayo de 2012 a la(s) 23:29 · Me gusta · 1 · Eliminar vista previa

Armando Ricardo Michuy Romero UNA SOLUCION MUY ORIGINAL.

14 de mayo de 2012 a la(s) 23:38 · Me gusta

Erico Freddy Palacios Loayza Así es amigo Armando esto es lo bonito de la geometria. yo tambien tengo una solución diferente a todas que trataré de publicarlo, el tiempo es mi enemigo por ahora.

14 de mayo de 2012 a la(s) 23:41 · Me gusta · 1