Revista Escolar de la Olimpíada Iberoamericana de Matemática

Número 8 (Julio - Agosto 2003) ISSN – 1698-277X

ÍNDICE

Artículos, Notas y Lecciones de preparación olímpica Juan Carlos Salazar (Puerto Ordaz, Venezuela), miembro del equipo de preparación olímpica venezolano; El Teorema de Harcourt

Laurentiu Modan: Sobre un problema de distancia maximal de Tudor Zamfirescu.

Problemas para alumnos de Educación Media y de Olimpiadas Resuelto: Problema 6 de la fase nacional de la XXXIX OME, por Francisco Javier Hernández Heras, IES "Emilio Ferrari", Valladolid.

Propuestos: Problemas de la VI Competición Matemática Mediterránea 2003.

Problemas para los más jóvenes Problemas de la fase Regional de la XI Olimpiada de Castilla y León.

Problemas resueltos

Se han recibido soluciones "resumidas" a los problemas siguientes : 4, 18 y 34, y un intento de solución al problema 20. Para poder publicar una solución es imprescindible que ésta esté completamente desarrollada, además de ser correcta. Es responsabilidad del editor publicarla o no. El problema número 32 ha sido propuesto por el Prof. Laurentiu Modan, de Bucarest, Rumania; por error su nombre no aparecía en el nº 7 de la Revista. Presentamos la solución del problema nº 33, de F.Damián Aranda, de Córdoba, España Solución problema: 33

Problemas propuestos En este apartado se invita a los lectores a resolver cinco problemas y enviarnos sus soluciones. Las más originales serán publicadas.

Divertimentos matemáticos Una parodia del estilo bourbakista. La esquela apócrifa de Bourbaki

Reseñas web Laboratorio virtual de triángulos con CABRI II, del Prof. Ricardo Barroso Campos, Universidad de Sevilla, por F.Bellot

1 Teorema de Harcourt

Por Juan Carlos Salazar

1. Introducción:

Este teorema establece una relación interesante para el cálculo del área (S) de un triángulo (ABC), que involucra a los lados del triángulo (a, b, c) y las distancias desde los vértices (A, B, C) respectivos hacia una tangente cualesquiera sobre el incírculo o excírculo, según sea el caso. La única referencia escrita de este teorema, facilitada por el Prof. Francisco Bellot Rosado [1], que se encontró sin demostración por métodos geométricos, establece la relación para el caso del incírculo, esto motivó al autor para tratar de encontrar un método de demostración apropiado y como resultado del método de demostración desarrollado, se interpretó que también es aplicable para el caso del excírculo [2]. Se incluyen además dos problemas de aplicación de este teorema.

1 1 1(a , b ,c )

2. Teorema de Harcourt para el Incírculo:

Sea el triángulo ABC con lados a, b y c. Si las distancias desde los vértices A, B y C hacia una tangente al incírculo por el menor arco cercano al vértice A, son a ,

respectivamente, luego el área (S) del triángulo ABC es igual a

1 1b ,c1

1 1(-a.a + b.b + c2

1.c ) .(Ver

Fig.1)

Demostración: Considerando el punto de tangencia H con sus respectivas distancias HR = x, HW = z y HQ = y hacia los lados AB = c, BC = a y AC = b respectivamente, tenemos además que las distancias desde los otros puntos de tangencia D, E y F hacia la tangente LK cumplen con las siguientes relaciones EG = x, DN = y y FP = z. (Ver Fig.2)

2

Trazamos por el vértice A, UY // LK también BT // LK // FS, además UB // VE // PF //

AM // XD // YC. Sabemos que p = (a + b + c)2

(semiperímetro).

Luego tenemos que: AM = UL = VG = XN = YK = , también CT = y CS = . 1a 1c - b1 1c - zEntonces: AreaABC = S = AreaAHB + AreaAHC + AreaBHC

S = 1 .2

AB.HR + 1 .2

AC.HQ + 1 .2

BC.HW

S = 1 .2

c.x + 1 .2

b.y + 1 .2

a.z………(1)

Por semejanza de triángulos:

AEV-ABU: EV AEBU AB

= 1

1 1

(x + a ) (p - a) (a + b ) c

=

1 11

(p - a)(a +b ) x a

c= − .............(2)

ADX-ACY: DX ADCY AC

= 1

1 1

(y a ) (p a)(a c ) b

+ −=

+

y = 1 11

(p a)(a c )a

b− +

− .............(3)

CFS-CBT: CS FCCT BC

= 1

1 1

(c z) (p c)(c b ) a

− −=

−

1 11

(p c)(c a )z c

a− −

= − ..............(4)

3 Reemplazando (2),(3) y (4) en (1):

S= 1 .2

c.[ 1 11

(p a)(a b )a

c− +

− ] + 1 .2

b.[ 1 11

(p a)(a c )a

b− +

− ] + 1 .2

a.[ 1 11

(p c)(c a )c

a− −

− ]

Simplificando obtenemos:

S = 1 1( a.a b.b c.c )2

− + + 1 LQQD.

3. Teorema de Harcourt para el Excírculo:

Sea el triángulo ABC con lados a, b y c. Si las distancias desde los vértices A, B y C hacia una tangente al excírculo relativo al vértice A, son a respectivamente, luego el área

(S) del triángulo ABC es igual a

1 1, b ,c1

1 1(-a.a + b.b + c.c2

1) .(Ver Fig.3)

Demostración: De manera similar al método desarrollado para el caso del incírculo, tomamos como referencia al punto de contacto G de la tangente con el excírculo. Las distancias hacia los lados o prolongaciones del triángulo ABC, son GM = x, GT = y y GH = z . Para los puntos de tangencia D, E y F, sus distancias a la tangente IG cumplen las siguientes relaciones: DN = x , FP = y , y EL = z. (Ver Fig. 4). Además trazamos EL//FP//AI//BJ//CK, por el vértice B VS//IG, también OD//IG y AQ//IG.

4

También: OB = , AV = , FQ = , CR = , UE = y CS = . 1b - x 1a - b1 11y - a 1c - a 1z - b 1 1c - bEntonces: AreaABC = S = AreaAGB + AreaAGC – AreaBGC

S = 1 .2

AB.GM + 1 .2

AC.GT – 1 .2

BC.GH

S = 1 .2

c.x + 1 .2

b.y – 1 .2

a.z……..(1)

Por semejanza de triángulos:

BOD-AVB: OB AVBD AB

= 1 1(b x) (a b )(p c) c

− −=

−1

x = 1 11

(a b )(p c)c

− −−b .............(2)

AQF-ARC: FQ CRAF AC

= 1 1(y a ) (c a )p b− −

= 1

y = 1 11

p(c a )a

b−

+ .....................(3)

BUE-BSC: UE CSBE BC

= 1 1(z b ) (c b )(p c) a− −

=−

1

z = 1 11

(p c)(c b )b

a− −

+ ............(4)

5 Reemplazando (2), (3) y (4) en (1):

S = 1 .2

c.[ 1 11

(a b )(p c)b

c− −

− ] + 1 .2

b.[ 1 11

p(c a )a

b−

+ ] - 1 .2

a.[ 1 11

(p c)(c b )b

a− −

+ ]

Simplificando obtenemos:

S = 1 1( a.a b.b c.c )2

− + + 1 LQQD.

4. Problemas de Aplicación:

Problema 1: Sea el triángulo ABC cuyos excírculos son (Oa), (Ob) y (Oc). Si trazamos AH y CG perpendiculares a la tangente común de los excírculos (Oa) y (Oc) , de manera similar trazamos BF y AE perpendiculares a la tangente común de (Oa) y (Ob) además BI y CJ perpendiculares a la tangente común de (Ob) y (Oc). Demostrar que : AH.BF.CJ = AE.BI.CG. [2] (Ver Fig.1a).

6 Demostración: Aplicaremos el teorema de Harcourt para el caso del excírculo, por tal motivo trazamos las perpendiculares “que faltan” desde los vértices hacia las tangentes AP, BQ y CT.(Ver Fig. 1b). Por lo tanto tenemos que estas perpendiculares son iguales a las alturas del triángulo es decir: AP = ha, BQ = hb y CT = hc.

Aplicamos Harcourt con la tangente común a (Oa) y (Oc):

S = ( BC.AH AC.BQ AB.CG)2

− + +

S = ( a.AH b.BQ c.CG)2

− + +

S = ( a.AH b.hb c.CG)2

− + +

Por lo tanto: a.AH = c.CG...............(1) De manera similar, tenemos: Para la tangente común a (Ob) y (Oc): c.CJ = b.BI…………..(2) Para la tangente común a (Oa) y (Ob): b.BF = a.AE................(3) Combinando (1), (2) y (3) tenemos: AH.BF.CJ = AE.BI.CG LQQD.

7 Problema 2: Sea el triángulo equilátero ABC, de lado L. Por un punto del menor arco de su incírculo cercano al vértice A, se traza una tangente al mismo, de tal forma que las distancias desde los vértices A y B son 18 y 30 respectivamente. Calcular L.(Ver Fig. 2a).

Solución: Trazamos la perpendicular CS = H, hacia la tangente t .(Ver Fig. 2b)

8 Aplicamos Harcourt caso del incírculo en el triángulo ABC:

AreaABC = S = ( BC.AQ AC.BP AB.CS)2

− + + = ( L(18) L(30) LH)2

− + +

S = L(12 H)2+ ……….(1)

También:

S = 2L 34

.....................(2)

Por semejanza de triángulos:

AQE-ESC: AQ CSAE CE

= 18 HAE CE

= (18 H) 18 HL AE C+

= =E

Luego: 18LAE(H 18)

=+

y LHCE(H 18)

=+

AQD-BPD: AQ BPAD BD

= 18 30AD BD

= 48 18 30L AD BD

= =

Luego: 18L 3LAD48 8

= = y 30L 5LBD48 8

= =

Además para el triángulo ADE:

AJ = AK = L2

= 1 .2

(AD +AE +DE) de donde: L2

= 1 .2

3L 18L( D8 (18 H)+ +

+E)

Luego: DE = L(5H 54)8(H 18)

−+

Entonces:

AreaADE = DE.AQ 9L(5H 54)2 8(18 H

−=

+ )..........(3)

Aplicando relación de áreas: AreaADEAreaABC

= AD.AEAB.AC

AreaADEAreaABC

= 2

3L 18L( )(8 H 18

L+

)

AreaADEAreaABC

= 548(H 18)+

…………(4)

Combinando (1), (3) y (4) obtenemos:

AreaADE = 27L(H 12)9L(5H 54)8(H 18) 8(H 18)

+−=

+ +

Luego: 5H – 54 = 36 +3H de donde H = 45. De (1) y (2):

S = L(12 H)2+ =

2L 34

reemplazando H, finalmente tenemos que L = 38 3 .

9 5. Comentarios:

Si observamos en la Fig.1a, correspondiente al Problema 1 y denotamos por A’, B’ y C’ a los puntos de intersección de los pares de perpendiculares BF y CG, AE y CJ, AH y BI respectivamente, podemos demostrar que el hexágono AC’BA’CB’ es equilátero con lado igual al circunradio del triángulo ABC y el triángulo A’B’C’ es homotético y congruente con el triángulo ABC, teniendo como centro de homotecia al centro del círculo de los nueve puntos del triángulo ABC. No se descarta que las relaciones obtenidas por medio de la aplicación del teorema de Harcourt se puedan obtener por la aplicación de otras relaciones métricas ya conocidas, sin embargo creemos que el conocimiento de este teorema facilitará establecer las relaciones correspondientes por su aplicación de una forma directa, como conclusión podemos afirmar que tenemos una nueva herramienta para aprovecharla. Finalmente no podemos dejar de mencionar que este teorema puede ser generalizado en una forma analítica, cuya relación se puede establecer haciendo uso de coordenadas baricéntricas homogéneas.[2]

6. Agradecimientos:

Aprovecho la oportunidad por medio de esta tribuna, de agradecer el inestimable apoyo que he recibido del Profesor Francisco Bellot Rosado, editor de la Revista Escolar de las Olimpiadas Iberoamericanas de Matemáticas. Ha sido muy importante su preocupación y constante comunicación para lograr este cometido: el “rescate” de este teorema olvidado por muchos. Referencias: [1] F.G.-M., Exercises de Géométrie, Pag. 750, Sexta Edición, 1920, Editorial Jacques Gabay, París, Reimpresión 1991. [2] Harcourt’s Theorem By Nikolaos Dergiades and Juan Carlos Salazar, Forum Geometricorum, FG200313, 117-124. http://forumgeom.fau.edu/FG2003volume3 Nota: Juan Carlos Salazar colabora con la Asociación Venezolana de Competencias Matemáticas (IMO Venezuela) que preside el Prof. Rafael Sánchez Lamoneda. Email: caisersal@yahoo.com.

SOBRE UN PROBLEMA DE DISTANCIA MAXIMAL, DE TUDOR ZAMFIRESCU

LAURENÞIU MODAN

Department of Mathematics, Faculty of Computer Science, Academy of Economic Studies, Bucharest,

E-mail: modanl@inforec.ase.ro Abstract. This paper looks for answering to a question proposed in May 2002, by the professor T. Zamfirescu from Dortmund University and relative to a maximal distance between two points belonging to a given curve (Γ). MS classification: 05C12, 51K05. En el 6º Encuentro Anual de la Sociedad Rumana de Matemáticas, celebrado en la Universidad de Sibiu en Mayo de 2002, el Profesor T. Zamfirescu propuso como problema abierto hallar los dos puntos más lejanos, situados en la frontera de la sección de una patata. Intenté dar una solución usando únicamente nociones de Teoría de Grafos. Pero, como veremos en lo que sigue, las dificultades que surgen son considerables. En primer lugar, independientemente de si la curva frontera (Γ) de la sección es convexa o cóncava, debemos fijar sobre ella n puntos. Uniéndolos obtenemos un grafo, que es un circuito Cn=(V,E) con n aristas. Además, este grafo es 2-regular, con un valor propio λ1=1, y los demás cumpliendo la propiedad λk ≤ 1 (ver [1]). Debemos observar que ni λk

(∀), k∈N*, ni la matriz de adyacencia de Cn puede dar información sobre la distancia entre vértices de Cn. Por otra parte, desearíamos usar en nuestro análisis, las nociones de diámetro, o excentricidad in grafos (ver [2]). Pero tampoco van a ser muy útiles para nuestro objetivo, porque la excentricidad de un vértice es: ( ) ( )yxdmaxxe

Vy,

∈= ,

el diámetro es: ( ) ( )yxdmaxGdiam

Vyx,

, ∈= ,

donde: d(x,y) = mínimo número de aristas entre x,y ∈ V, y actúan sólo a lo largo del conjunto de aristas, como nociones cualitativas, sin dar información sobre los vértices. En lo que sigue, combinaremos técnicas de Teoría de Grafos y de Geometría para resolver el problema expuesto. Fijaremos P1, uno de los n puntos. Luego uniremos P1 con todos los demás n-1 puntos situados en la frontera. Obtenemos así n-2 triángulos. Las mayores distancias aparecen, intuitivamente, en los lados del triángulo situado en medio, cuando n=2k, o en los lados de los dos triángulos situados en medio, cuando n=2k+1, como podemos ver en los dos casos de la Figura.

Continuaremos nuestro procedimiento eligiendo un vértice P2, adyacente a P1, en el ciclo Cn. Trazando entonces por P2 una cierta dirección (d), proyectaremos sobre ella todos los demás vértices P1, P3,…, Pn. Sean ''

3'

1 ,...,, nPPP las proyecciones sobre (d). Nos fijamos en

la proyección más lejana desde '1P . Sea esa '

kP . Entonces, la mayor distancia entre dos puntos de la curva (Γ), una vez que P1 ha sido elegido, es P1Pk. Si queremos investigar todos los puntos de la curva (Γ), como frontera de la sección, hemos de considerar

( )k

PPPsup

Γ∈, que nos

dará la máxima distancia buscada.

Figura

Observación. i) Si conocemos las ecuaciones paramétricas de la curva (Γ), a saber:

( ) ( )( ) R⊆∈

==

Γ Ittyytxx

,: ,

podremos encontrar la distancia maximal entre dos de sus puntos usando la teoría de extremos condicionados (ver[3]). Por lo tanto, sea el punto fijo P1(x0,, y0) ∈ (Γ), el punto variable P(x, y) ∈ (Γ), y la distanc ia euclídea:

( ) ( ) ( )20

20, yyxxyxd −+−= .

Para esta distancia d, con las condiciones dadas por: P1(x0,, y0) ∈ (Γ), P(x, y) ∈ (Γ), podemos aplicar el método de los multiplicadores de Lagrange . Como antes, al final, hay que considerar

( )1

ÃPPsup

P∈.

ii) Se podría plantear este tipo de problema preguntando la distancia máxima entre los puntos de una curva (Γ), descrita por los participantes de una competición de patinaje de velocidad o pidiendo encontrar los puntos de óptima iluminación en un área grande de frontera (Γ), con sólo dos reflectores.

REFERENCIAS [1] Biggs N. ,,Algebraic graph theory” Cambridge University Press, 1974; [2] Bollobás B. ,,Extremal graph theory”, Academic Press, 1978; [3] Modan L. ,,Real differential calculus” (in Romanian), Cison, Bucharest, 2002.

Problema 6 OME’03 Islas Canarias Ensartamos 2n bolas blancas y 2n bolas negras formando una cadena. Demostrar que, se haga en el orden que se haga, siempre es posible cortar un segmento de cadena exactamente con n bolas blancas y n bolas negras. Intentemos construir una cadena de modo que no se pueda cortar un segmento con n bolas de cada color. Consideremos ahora el conjunto de los segmentos de cadena obtenidos sucesivamente al tomar 2n bolas seguidas de la cadena. Llamaremos b’ al nº de bolas blancas en el primer segmento de la cadena y b’’ en el último y colocaremos la cadena de tal modo que b’<b’’ (si son iguales, ambos segmentos tienen n bolas de cada color). Además, b’<n porque si b n'≥ , b n' '≥ y sumando miembro a miembro b b n' ' '+ ≥ 2 lo cual no es posible ya que la igualdad sólo se cumple si b b' ' '= y b’’+ b’ es la totalidad de bolas blancas, que es exactamente 2n. Al ir considerando los sucesivos segmentos de 2n bolas consecutivas, tenemos que cada uno de los segmentos comparten con el anterior todas las bolas menos una, que es sustituida por otra que entra a formar parte del nuevo segmento. Si la bola entrante y la saliente son del mismo color, el valor de b (considerado como un número que varía según al segmento que se refiera), no cambia. Sí lo hace sin embargo cuando son de diferente color; si la que entra es negra y blanca la que sale, b disminuye una unidad y si es una blanca la que entra y una bola negra la que se elimina, b aumenta una unidad. Entonces, a medida que b va variando, lo hace aumentando o disminuyendo una unidad y como b en el primer segmento debe valer b’ y en el último b’’, todos los números comprendidos entre b’ y b’’ son alguna vez valores de b.

b n'< y b b n' ' '+ = 2

Si sustituimos en la segunda ecuación b’ por n, cambiando el signo de igualdad de la ecuación se obtiene: b n n b n' '+ > ⇒ >2 descubriendo así que n está comprendido entre b’ y b’’, es necesariamente valor de b en al menos un segmento. En ese segmento, el número de bolas blancas es n, y el de bolas negras también.

COMPETICI ÓN MATEM ÁTICA MEDITERR ÁNEA 2003Memorial Peter O’HalloranRequena, 3 demayo de2003

Nombre y apellidos

1.Probar que la ecuación

x2� y2

� z2� x � y � z� 1

no tiene soluciones racionales.

2.Un triángulo ABC es tal que

BC � CA�12

AB.

P es el punto del lado AB tal que

BPPA

�13

.

Demostrar queCAP � 2 � CPA.

3.Seana,b,c u 0,a � b � c � 3. Demostrar que

ab2

� 1�

bc2

� 1�

ca2

� 1u

32

.

¿Cuándo es válido el signo� ?

4.Se considera un sistemaformado por infinitasesferas de metal, con centros en todos lospuntos�a,b,c  � ]3. Se dice que este sistema es estable si la temperatura de cada esfera es lamedia aritmética de las temperaturas de las seis esferas más cercanas. Supongamos que latemperatura de cada esfera está comprendida entre 0 grados y 1 grado centígrado. Demostrar quesi el sistema es estable, entonces todas las esferas están a la misma temperatura.

Cada problema vale7 puntos.Tiempo: 4 horas.

PROBLEMAS PARA LOS MÁS JÓVENES (8)

Presentamos a continuación una selección de los problemas propuestos en la XI Olimpiada Regional de Matemáticas de Castilla y León, celebrada en Soria, del 6 al 8 de junio de 2003. Agradecemos a la Prof. Inmaculada Fernández, Presidenta Provincial de Valladolid de la Sociedad Castellano – Leonesa de Profesorado de Matemáticas, su amabilidad al habernos facilitado los problemas.

2º E.S.O. (12-13 años de edad)

1. Una señora distribuye entre sus hijos cierto número de avellanas. Al primero le da 5 avellanas y 1/5 del resto; al segundo, 10 avellanas más 1/5 del resto; al tercero, 15 avellanas más 1/5 del resto, y así sucesivamente. ¿Cuál era el número de hijos y cuántas avellanas tocaron a cada uno, si todos recibieron el mismo número de avellanas?

2. En casa tengo un reloj despertador que atrasa 2 minutos cada hora; mi reloj de muñeca adelanta 1 minuto cada hora. Un cierto día salí de mi casa y al volver, en mi reloj de muñeca eran las 12 de la noche; en cambio, en el despertador eran las 11 de la noche. ¿Cuántas horas estuve fuera de casa?

3. En la cocina había un pastel para el cumpleaños de papá, pero al llegar éste, ha desaparecido. En la casa hay 5 hijos: Ataúlfo, Basilia, Calepodio, Desdémona y Efialtes. Mamá sabe que alguno de ellos, o varios, son autores de la desaparición, y los interroga. Las respuestas son: Ataúlfo: Esto es obra de uno solo de nosotros. Basilia : No, de dos de nosotros. Calepodio: No, de tres de nosotros. Desdémona : No, de cuatro de nosotros. Efialtes : Entre todos nos lo comimos. Mamá sabe que los inocentes dicen la verdad, mientras los culpables mienten. ¿Quién o quienes se comieron el pastel?

4º de E.S.O. (15 años de edad)

4. Tomamos un dado y lo lanzamos al aire. ¿De cuántas formas distintas lo podemos ver encima de la mesa en la que cae?

5. Tenemos círculos de radio 1, que disponemos en el interior de otro círculo, tangentes entre sí y tangentes al más grande. ¿Cuál es el mínimo valor del radio de este círculo, en los siguientes casos:

a) 3 círculos de radio 1 b) 4 círculos de radio 1 c) 5 círculos de radio 1

6. Al salir de compras, llevaba en el monedero unos 15 euros, en

monedas de 1 euro y de 20 céntimos. Al regresar a casa, traía tantos euros como monedas de 20 céntimos tenía al comienzo; y tantas monedas de 20 céntimos como monedas de 1 euro tenía antes. En el monedero me quedaba un tercio del dinero que llevaba al salir de compras. ¿Cuánto dinero gasté en las compras?

PROBLEMAS PROPUESTOS(8)36-40

Problema 36(Propuesto por el Prof. José LuisDíaz Barrero,Universidad Politécnica deCataluña, Barcelona, España).

Sea£Fn¤nu0 la sucesión de Fibonacci definida porF0 � 0,F1 � 1 y paran u 2,Fn � Fn"1 � Fn"2. Probar que el número

4�2Fn�12

" F2n 2� F2n�Fn

2� 4Fn�1

2" 2F2n  � 6FnFn�1�4Fn�1

2" F2n 

es entero y expresarlo como unasuma de dos cuadrados.

Problema 37(Propuesto por el Prof. Laurentiu Modan, Universidad de Bucarest, Rumania)Seaf�x  un polinomio con coeficientesenteros, de grado 7 y coeficiente principal 1, que

verifica las dos propiedades siguientes:i) Existe un enteroa que es una raíz cuádruple def�x  " 4.ii)Existen tres enteros consecutivos, distintos dea, que son raíces def�x  " 4.Estudiar sia) existe el enterok tal quef�k  � 9.b) existen enterosk tales quef�k  q k�modk 

Problema 38(Propuesto por el Prof. Laurentiu Modan, Universidad de Bucarest, Rumania)Una baraja contiene 53cartas, de las que 13 son comodines. Seis jugadores toman parte en un

juego, en el que hay un comodín descubierto, sobre la mesa. Cada jugador recibe una carta. ¿Cuáles la probabilidad de que al menos un jugador reciba un comodín?

Problema 39(Propuesto por el Editor. Se darán referencias del origen del problema cuando sepublique la solución)

Una circunferencia concéntrica con la circunscrita al triángulo ABC corta a AC en E y E’; aAB en F y F’. Las rectas EF y E’F’ cortan a BC en D y D’. Demostrar que D y D’ equidistan delcentro de la circunferencia.

Problema 40(Propuesto por el Editor. Se darán referencias del origen del problema cuando sepublique la solución)

Una circunferencia de radio> es tangente a los lados AB y AC del triángulo ABC, y su centroestá a una distanciap del lado BC.

Probar que

a�p " >  � 2s�r " > ,

donder es el radio de la circunferencia inscrita y 2s es el perímetro del triángulo.Demostrar también que si la circunferencia de radio> corta a BC en los puntos D y E,

entonces

DE �

4 rr a�> " r  �r a " > r a " r ,

donder a es el radio de la circunferencia exinscrita correspondiente a A.

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Una parodia del estilo bourbakista La esquela apócrifa de Bourbaki

En septiembre de 1997, la revista SIPROMA publicó la esquela ap ócrifa de Bourbaki, que ahora reproducimos, dada la reducida difusión de aquélla.

UNA PARODIA DEL ESTILO BOURBAKISTA LA ESQUELA APÓCRIFA DE BOURBAKI (panfleto repartido en 1968, en París, por un matem ático contestatario, a la salida de algunas clases)

Las familias Cantor, Hilbert, Noether; Las familias Cartan, Chevalley, Dieudonné, Weyl;

Las familas Bruhat, Dixmier, Godement, Samuel, Schwartz; Las familias Cartier, Grothendieck, Malgrange, Serre;

Las familias Demazure, Douady, Giraud, Verdier; Las Familias Filtrantes a la derecha y los Epimorfismos estrictos;

Las señoritas Adèle e Idèle, (padres, hermanos, hijos, nietos, biznietos y tataraprimos, respectivamente)

tienen el profundo dolor de comunicar el fallecimiento del señor

NICOLÁS BOURBAKI

Piadosamente desaparecido el 11 de noviembre de 1968 (aniversario de la Victoria), en su domicilio de Nancago. El sepelio tendr á lugar el sábado 23 de noviembre de 1968, a las 15 horas, en el Cementerio de las Funciones Aleatorias (Metro: Markov y Gödel) El duelo se despedir á ante el bar Aux Produits Directs, esquina a las Resoluciones Proyectivas (antes plaza Koszul). Según el deseo del finado, se celebrar á una misa en la Iglesia Notre-Dame-des-Problèmes-Universels, oficiada por Su Eminencia el Cardenal Aleph1, con asistencia de los representantes de todas las clases de equivalencia y los cuerpos (algebraicamente cerrados) constituidos. Se guardará un minuto de silencio por parte de los alumnos de las Ecoles Normales Superieures y las clases de Chern. Ni flores ni productos wreath.

Pues Dios es el compactificado de Alexandrov del Universo Groth.IV.22

 

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Laboratorio virtual de triángulos con CABRI II

La página web cuya dirección es http://www.personal.us.es/rbarroso/trianguloscabri/

está dirigida por el Prof. Ricardo Barroso Campos, de la Universidad de Sevilla, y cuenta con una nómina importante de colaboradores, a ambos lados del Atl ántico.

A excepción de los meses de verano, cada quince días se proponen una serie de problemas, casi siempre geom étricos, y se publican las soluciones de los lectores (en general, más de una para cada problema). Se ofrece una versión "demo" de CABRI II, y su sintonía (para quienes tengan sonido en su PC) es la Fuga de Bach, BWV 1000.

Comenz ó a publicarse en el año 2000, y hasta el presente momento se han publicado 110 problemas.

El correo electrónico del mantenedor es rbarroso@us.es

La página es un excelente ejemplo de lo que se puede hacer cuando se ama la Geometría.

Francisco Bellot Rosado

Francisco Bellot Rosado

 

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Libro Comentado Cien Problemas de Olimpíadas Matemáticas

Lydua Burgoa y Pedro Marrone. Grupo Santillana y Olimpíada Panameña de Matemática. Panamá, 2003. ISBN 9962-630-77-0

Con motivo de rendir un homenaje a los cien años de la Republica de Panam á se ha editado esta obra por parte de los miembros del Comité de Olimpíadas de Panamá.

En todos los casos se tratan de problemas que han tenido que ser resueltos por estudiantes panameños en las siguientes competiciones: Olimpíada Panameña de Matemática, Olimpíada Nacional de Panamá, Olimpíada Iberoamericana de Matemática, Olimpíada Matemática de Centroamérica y el Caribe y Olimpíada de Mayo.

Los problemas están divididos en cuatro secciones: Álgebra, Aritmética, Geometría y Miscel áneos.

Separados de los enunciados están las soluciones, algunas de las cuales corresponden a las realizadas por los propios estudiantes, en cuyo caso están mencionados los propios autores de las respuestas.

 

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08/07/2003file://X:\campusoei\oim\revistaoim\libros8.htm

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