Revista Escolar de la Olimpíada Iberoamericana de Matemática
Número 55 (junio – septiembre 2016)
ISSN – 1698-277X
ÍNDICE
Artículos, notas y lecciones de preparación olímpica 55
Necrológica de Ross Honsberger (1929-2016) por F. Bellot
C.Rusu: Distancia de un punto del espacio a un punto en el plano de un triángulo.
Traducción de F. Bellot
El Prof. Constantin Rusu es profesor en el Colegio Nacional Stefan cel Mare (Esteban el Grande), en Ramnicu Sarat, Buzau, Rumania.
Problemas para los más jóvenes 55
Propuestos
Cinco problemas de los Juegos de Arquímedes de la Olimpiada Italiana
Resueltos
Presentamos las soluciones de Bruno Salgueiro a los problemas para los más jóvenes del vol. 54 números 1,2,3,4 y 5 (En el caso del número 5, con una corrección del enunciado, que agradecemos). Igualmente presentamos la solución del número 3 de la estudiante Lucía de Fang Ma Li y de Angel Plaza.
Problemas de nivel medio y de Olimpiadas 55
Propuestos: Los problemas propuestos en la 5 Olimpiada Matemática Europea Femenina, Busteni (Rumania) 2016
Resueltos
Presentamos las soluciones de Bruno Salgueiro a los problemas de nivel medio 54 números 1,2,3 y 4.
Problemas 55
Problemas propuestos 276-280
Resueltos
Problema 266: El editor presenta excusas al Prof. Andrea Fanchini, de Cantú, Italia, quien fue omitido en la relación de resolventes de este problema, en el nº 54 de la Revista.
Problema 271: Propuesto por Francisco Javier García Capitán, Priego de Córdoba, España. Soluciones recibidas de: Miguel Amengual Covas, Cala Figuera, Mallorca, España; Florentino Damián Aranda Ballesteros, Córdoba, España; Saturnino Campo Ruiz, Salamanca, España; Ignacio Larrosa Cañestro, La Coruña, España; Bruno Salgueiro Fanego, Vivero, España; y el proponente. Presentamos las soluciones de Amengual, Aranda, Campo, Larrosa y Salgueiro.
Problema 272: Propuesto por Francisco Javier García Capitán, Priego de Córdoba, España, dedicado a la memoria de José María Pedret. Soluciones recibidas de: Miguel Amengual Covas, Cala Figuera, Mallorca, España; Saturnino Campo Ruiz, Salamanca, España; Bruno Salgueiro Fanego, Vivero, España; y el proponente. Presentamos las soluciones de Amengual, Campo y Salgueiro.
Problema 273: Propuesto por Álvaro Begué Aguado, Nueva York, Estados Unidos. Soluciones recibidas de : Ignacio Larrosa Cañestro, La Coruña, España; Albert Stadler, Herrliberg, Suiza; y el proponente. Como nos indicó amablemente el Prof. Bruno Salgueiro, este problema ya había sido propuesto en la REOIM con el número 166 (vol. 34) y resuelto en el vol. 36. En cualquier caso, presentamos la solución de Larrosa.
Problema 274: Propuesto por Andrés Sáez Schwedt, León, España. Soluciones recibidas de: Florentino Damián Aranda Ballesteros, Córdoba, España; Saturnino Campo Ruiz, Salamanca, España; Bruno Salgueiro Fanego, Vivero, España; Neculai Stanciu, Buzau y Titu Zvonaru, Comanesti, Rumania (conjuntamente); y el proponente. Presentamos las soluciones de Aranda, Campo y Salgueiro.
Problema 275: Propuesto por el editor. Recibida solución de Bruno Salgueiro Fanego, Vivero, España, que presentamos.
Reseña de libros, comentario de páginas web, noticia de Congresos 55
Encarnación Reyes Iglesias e Inmaculada Fernández Benito: Pentágonos (Construcciones. Mosaicos. Geometría sagrada). Universidad de Valladolid, 2015.
Divertimentos matemáticos 55
Una muestra de fotografías más o menos matemáticas, de la colección personal del editor.
Otras informaciones
VIII CIBEM Congreso Iberoamericano de Educación MatemáticaConvoca la Federación Iberoamericana de Sociedades de Educación Matemática (FISEM) con el apoyo de la Organización de Estados Iberoamericanos para la Educación, la Ciencia y la Cultura OEI. El Congreso Iberoamericano de Educación Matemática es responsabilidad de la Federación Iberoamericana de Educación Matemática (FISEM), que delega su organización en alguna de sus sociedades. Se realiza cada cuatro años, siendo la Junta de Gobierno de la FISEM quien designa al país anfitrión. Será en Madrid del 10 al 14 de julio de 2017 Organizan: Federación Española de Sociedades de Profesores de Matemáticas y Sociedad Madrileña de Profesores de Matemáticas Emma Castelnuovo (SMPM)
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IV Día GeoGebra Iberoamericano - VI Día GeoGebra Portugal 21 de mayo/ 21 de maio 2016 7 de abril de 2016
A Faculdade de Ciências e Tecnologia da Universidade de Coimbra acolherá o IV DÍA GEOGEGRA IBEROAMERICANO, 2016 - VI DIA GEOGEBRA PORTUGAL. Participem!
Más información [+]
Realizado en el marco del Instituto Iberoamericano de Enseñanza de las Ciencias y la Matemática (IBERCIENCIA) con la colaboración de
la Consejería de Economía y Conocimiento de la Junta de Andalucía
ECUADOR NOS NECESITA
Queridas amigas y queridos amigos:
Todos conocemos la difícil situación que está atravesando el país hermano
de Ecuador después del terremoto que lo sacudió recientemente. Desde el
principio hemos enviado nuestros mensajes de apoyo y solidaridad para
que sepan que no están solos ante esta tragedia. Precisamente
mantenemos el contacto con los cerca de dos mil profesores y profesoras
que hicieron el curso on line de Didáctica de las Matemáticas y, a través
de ellos, conocemos muchos datos de lo ocurrido desde los primeros
momentos. Pero creemos que debemos ir un poco más allá y, estando
convencidos de que la Educación es la llave del progreso tanto en lo
personal, como en lo social y en lo económico, proponemos aportar una
cantidad de dinero que permita paliar los efectos en la Escuela
ecuatoriana. Contamos con la presencia allí de la OEI (Organización de
Estados Iberoamericanos para la Educación, la Ciencia y la Cultura) para
canalizar nuestro deseo que no es otro que el de ayudar con el fin de
conseguir que los escolares puedan recibir la mejor Educación.
Nos motiva especialmente el hecho de que la Sociedad Ecuatoriana de
Educación Matemática es miembro de la Federación Iberoamericana de
Sociedades de Educación Matemática (FISEM). Para organizar las
aportaciones, contamos con la cuenta corriente de la FISEM cuyo número
se da a continuación, debiendo especificar en
CONCEPTO: ESCUELA ECUADOR.
CUENTA: ES18 2103 1230 10 3001002065
Más adelante nos comprometemos a informarles sobre las acciones
realizadas con el dinero que se aporte.
ECUADOR NOS NECESITA y por eso debemos colaborar.
Gracias
Necrológica de Ross Honsberger (1929-2016)
Francisco Bellot Rosado
El pasado 3 de abril falleció en Waterloo, Ontario (Canadá) el Prof. Ross Arnold Honsberger, gran expositor de temas de Matemáticas Elementales y autor de un número considerable de libros de problemas, que la mayor parte de los amantes de las Olimpiadas matemáticas seguramente conocemos y, sin duda, hemos disfrutado con su lectura.
Tuve la fortuna de escucharle en una de las conferencias plenarias de la Primera Conferencia de la WFNMC, precisamente en Waterloo, que llevaba por título El punto simediano. Encandiló a la audiencia con su inigualable manera de explicar los temas que le gustaban. Años más tarde, esa conferencia la incorporó a su libro Episodes in Nineteenth and Twentieth Century Euclidean Geometry (MAA, NML37, 1995), cuya portada reproducimos aquí.
• Nacido en Toronto, en cuya Universidad se graduó y enseñó durante 10 años, se trasladó durante un año sabático a la Universidad de Waterloo, continuando allí sus estudios, incorporándose en 1964 a su Departamento de Combinatoria y Optimización, permaneciendo allí desde entonces, y del que era Profesor Emérito. Es autor de 13 libros, todos ellos publicados por la Mathematical Association of America, entre
1970 (Ingenuity in Mathematics, New Mathematical Library, Random House / Singer 1970) y 2004 (Mathematical Delights, MAA 2004 (Dolciani Mathematics Expositions Bd.28). El formato de casi todos ellos es siempre el mismo: cortas notas planteando y resolviendo (en muchos casos con sus propias soluciones) problemas de Matemáticas Elementales, o contando anécdotas de historia de las Matemáticas (recuerdo a vuelapluma La historia de Luis Posá, con Paul Erdös como narrador). Sería muy difícil elegir uno de estos libros. Tengo la fortuna de tenerlos todos ellos en mi biblioteca, los he leído en muchas ocasiones, buscando soluciones o nuevos problemas para mis intervenciones en congresos y Olimpiadas y, ciertamente no podría elegir uno como mi favorito.
Con esta foto de la contracubierta de otro de sus libros (Tras las huellas de Pólya) termino esta breve necrológica de un extraordinario profesor.
Sic tibi terra levis, Ross.
Valladolid, mayo de 2016
Distancia de un punto del espacio a un punto en el plano de un triángulo Constanti Rusu1
M
RESUMEN. En este artículo damos fórmulas para la distancia de un punto del espacio S al punto K del interior del triángulo ABC . También calculamos esa distancia en los casos )(ABCK ∈ y ][ABCIntK ∉ .
I. Introducción
Utilizaremos las notaciones habituales para el triángulo. Sea ABC el triángulo, y los puntos SM ∈ , )( ABCIntK ∆∈ . La recta AK interseca al lado BC en el punto A′ . Llamamos:
AK
AKpK ′= ,
CAABqK ′′
= ,K
K p+=
11α , ,
)1)(1( KK
KK qp
p++
=β)1)(1( KK
KKK qp
qp++
=γ .
Observemos que 1=++ KKK γβα . Observemos también que el punto K está bien definido por los números positivos kp y
kq . Vamos a deducir los valores de kkk γβα ,, para varios puntos notables del triángulo ABC . En general usaremos el teorema de Van Aubel para calcular kp . Para el baricentro deducimos inmediatamente
,2=Gp 1=Gq ,31
=== GGG γβα .
Para el incentro I tenemos, por el teorema de la bisectriz: bcqI = , que aplicado de
nuevo al triángulo ABA ′∆ , da ::
a
cb
cbacc
ABc
AIAIpI
+=
+
=′
=′
= .
Por el teorema de Van Aubel se tiene
a
cbac
ab
AIAI +
=+=′
,cba
aI ++=α ,
cbab
I ++=β ,
cbac
I ++=γ .
Para el ortocentro H se obtiene:
CB
ABctgCCc
CAc
AHAHpH coscos
coscossin
sincos
==′
= ;
1 Received: 2010 Mathematics Subject Classification. 51M16, 26D15 Key words and phrases. Triangle identities and inequalities.
ctgBtgCCBBC
cbBc
CAABqH ===′′
=cossincossin
coscos ;
tgBtgCCBA
CBpH
H1
coscoscoscoscos
11
=+
=+
=α ;
tgCtgAH
1=β ;
tgAtgBH1
=γ .
Para el circuncentro O mediante el teorema de los senos en CAA1∆ y 1ABA∆ :
)cos(
cossinsin 1
11
1
CBBbCA
CAAAC
ACACA
−=⇒
∠=
∠;
)cos(
cossinsin 1
1
1
CBCcBA
BAAAB
ABABA
−=⇒
∠=
′∠.
Por lo tanto
BC
BbCc
CABAqO 2sin
2sincoscos
1
1 === .
Y nuevamente con el teorema de Van Aubel obtenemos:
CB
ABBC
ACOAAO
1
1
1
1
1
+= .
Entonces
A
CBA
CBCBAC
ABpO cos
)cos(2sin
)cos()sin(22sin2sin
2sin2sin −
=−+
=+= .
Luego
CB
AO sinsin2
cos=α ;
ACB
O sinsin2cos
=β ;BA
CO sinsin2
cos=γ .
Para el punto simediano L (punto de Emile Lemoine, 1840-1908) mediante el teorema de Jakob Steiner (1796-1819) deducimos que
2
2
1
1
bc
CABAqL == , y nuevamente por el teorema de Van Aubel resulta
2
22
2
2
2
2
1
1
1
1
acb
ac
ab
CBAB
BCACpL
+=+=+= , donde 111 ,, CBA son los pies de
las simedianas desde los vértices CBA ,, del triángulo. Con los valores anteriores de Lp y Lq se obtiene
222
2
cbaa
L ++=α , 222
2
cbab
L ++=β , 222
2
cbac
L ++=γ .
Para el punto Γ de Joseph Diaz Gergonne (1771-1859) resulta:
cpbpq
−−
=Γ și ))((
)(cpbp
apacpap
bpapp
−−−
=−−
+−−
=Γ , so:
))(()(
))((cpbpapa
cpbp−−+−
−−=Γα ,
))(()())((
cpbpapaapcp
−−+−−−
=Γβ ,
))(()(
))((cpbpapa
bpap−−+−
−−=Γγ .
Para el punto N de Christian Heinrich Von Nagel (1803-1882) es:
p
apN
−=α ,
pbp
N−
=β ,p
cpN
−=γ .
Demostración. Sean 222 ,, CBA los puntos de tangencia de las circunferencias exinscritas con los lados ABCABC ,, del triángulo ABC . Si tenemos en cuanta que
CABA 21 = se tendrá :
bpcp
bpbpa
CABAqN −
−=
−−−
==)(
2
2 ,ap
aapbp
apcppN −
=−−
+−−
= .
Por lo tanto:
p
ap
apapN
N−
=
−+
=+
=1
11
1α , y análogamente se obtienen los valores de Nβ
y Nγ . II. Los vectores de posición Lema 1. Sea el triángulo ABC . Para el punto ∈M S y para cualquier punto
{ }AABCK −∈ ][ tenemos:
MCMBMAMK KkK γβα ++= , (1) (ver [1]). Demostración. En el triángulo AMA ′ tenemos
k
K
pAMpMAMK
+′+
=1
y en el triángulo MBC
k
K
qMCqMBAM
++
=′1
, con lo que obtenemos (1).
Si )(ABK ∈ entonces KBAKpK = , 0==
BCBBqK y
=++
⋅+
+++
+= MC
ppMB
ppMA
pMK
k
K
K
K
k )01)(1(0
)01)(1(11
K
K
pMBpMA
++
=1
.
Si BK = , entonces BBABpK = , 0==
BCBBqK y
=+
⋅+
+++
++
=∞→∞→∞→
MCq
qp
pMB
ppMA
pMK
k
k
k
k
pK
K
pK
p KKK 11lim
)01)(1(lim
11lim
MCMBMA ⋅++⋅= 00 .
Si KABCK =′∈ ),( ,KKAKpK = ,
KCAKqK = y
=+
⋅+
+++
++
=∞→∞→∞→
MCqp
pMB
qppMA
pMK
kk
k
pKK
K
pK
p KKK 11
1lim
)1)(1(lim
11lim
K
k
qMCqMB
MA++
+⋅=1
0 .
Si ACK ′== ,CCACpK = ,
CCBCqK = y tomando límites en (1) cuando ∞→Kp ,
∞→Kq obtenemos MCMBMAMK ⋅+⋅+⋅= 100 .
Si KACAK =′∈ ),( , CCBCqK = y
=++
+++
++
=∞→∞→
MCqp
pMBqp
pMAp
MKk
qK
K
Kq
K
K
K KK 11lim
111lim
111
K
k
pMCpMA
++
=1
.
Por tanto el lema es cierto para ( ] )[][ CABCABK ∈ . Si { }Γ∈ ,,,,,, NLOHIGK entonces (1) se convierte en:
3
MCMBMAMG ++= , )1( a
cba
cMCMBbaMAMI++++
= , )1( b
tgAtgBtgC
MCtgCMBtgBMAtgAMH ++= , )1( c
MCBA
CMBAC
BMACB
AMOsinsin2
cossinsin2
cossinsin2
cos++= , )1( d
MCcba
cMBcba
bMAcba
aML 222
2
222
2
222
2
+++
+++
++= , )1( e
MCc
cpMBp
bpMAp
apMN −+
−+
−= , )1( f
+−−+−
−−=Γ MA
cpbpapacpbpM
))(()())((
+−−+−
−− MBcpbpapa
apcp))(()(
))((
MCcpbpapa
bpap))(()(
))((−−+−
−−+ , )1( g .
El lema 1 se puede extender al caso ][ABCK ∉ y resulta:
MCqp
qpMBqp
pMA
pMK
KK
KK
kk
k
K )1)(1()(
)1)(1(11
−+−
+−+
++
= , si IIIK ∈
MCqp
qpMBqp
pMA
pMK
KK
KK
kk
k
K )1)(1()(
)1)(1(11
+−−
++−
−+
−= , si IVIIIK ∈
MCqp
qpMBqp
pMA
pMK
KK
KK
kk
k
K )1)(1()(
)1)(1(11
−−−−
+−−
−+
−= , si VIVK ∈
donde { }][)()( ABCACBIntMABCMI −∠∈∈= ,
{ }][)()( ABCABCIntMABCMII −∠∈∈= ,
{ })()( AIntMABCMIII ′∠∈∈= , con A′∠ es el ángulo opuesto al ángulo A
{ }][)()( ABCBACIntMABCMIV −∠∈∈= , { })()( BIntMABCMV ′∠∈∈= ,
{ })()( CIntMABCMVI ′∠∈∈= . Si en )1( c tomamos OM = obtenemos
tgAtgBtgC
OCtgCOBtgBOAtgAOH ++= , )1( c′
La relación )1( c′ es equivalente a la de James Joseph Sylvester (1814-1897) es decir
OCOBOAOH ++= . Demostración. Sea C ′ el simétrico de C con respecto a O. Descomponemos el vector CO ′ según las direcciones de los vectores OA y OB . Se tiene vBOuAOBOAOCO ⋅′+⋅′=′+′=′ ( u and v son los vectores unitarios de los
vectores OA yOB , respectivamente). Por el teorema de los senos en ACO ′′∆ y CBO ′′∆ obtenemos:
CARAO
2sin2sin
=′ , CBRBO
2sin2sin
=′ . Ya que uOAOA ⋅=R
OAu =⇒ , y R
OBv = .
deducimos
⇔⋅⋅+⋅⋅=−=′ OBRC
BROARC
AROCCO 12sin2sin1
2sin2sin
OBCBOA
CAOC ⋅−⋅−=⇔
2sin2sin
2sin2sin , (a)
Probaremos que:
=++
tgAtgBtgCOCtgCOBtgBOAtgA OCOBOA ++ .
=⋅
++
−⇔ OCtgCtgBtgA
tgC1 +⋅
−
++OA
tgCtgBtgAtgA 1 OB
tgCtgBtgAtgB
⋅
−
++1
⇔ =⋅++
+ OCtgCtgBtgA
tgBtgA OAtgCtgBtgA
tgCtgB⋅
+++
− OBtgCtgBtgA
tgAtgC⋅
+++
−
OBAC
BOACB
AOCBA
C⋅−⋅−=⋅⇔
coscossin
coscossin
coscossin
OBCBOA
CAOC ⋅−⋅−=⇔
2sin2sin
2sin2sin , q.e.d.
Mediante =++
tgAtgBtgCOCtgCOBtgBOAtgA OCOBOA ++ obtenemos
=⋅+++= 22 )]2cos2cos2(cos23[ RCBAOH
CBtgAtgtgBtgCtgAAtgBtgCCtgAtgBCtgBtgAtg
222
222 2cos22cos22cos2 +++++= .
Observaciones.
( )1
1c ABC∆ equilátero⇔232cos2cos2cos −=++ CBA
( )2
1c ABC∆ equilátero⇔ 02cos22 =+ ∑∑ CtgAtgBAtg .
Usamos que HOOH =⇔= 02
. III.Cálculos de las distancias Teorema. Si ∈M S y { }AABCK −∈ ][ se tiene:
222222 cbaMCMBMAMK KKKKKKKKK βααγγβγβα −−−++= , (2) Demostración. Por (1) y el teorema del coseno en MAB , MBC , MCA resulta
MAMC
MCMBMBMAMCMBMAMK
KK
KKKKKKK
⋅+
+⋅+⋅+++=
αγ
γββαγβα
2
222222222
⇔ +∠⋅⋅+++= AMBMBMAMCMBMAMK KKKKK cos22222222 βαγβα +∠⋅⋅+ BMCMCMBKK cos2 γβ CMAMAMCKK ∠⋅⋅ cos2 αγ
⇔ +⋅−+
⋅⋅+++=MBMA
MCMBMAMBMAMCMBMAMK KKKKK 22
2222222222 βαγβα
+⋅
−+⋅⋅+
MCMBMAMCMBMCMBKK 2
2222
γβMAMC
MBMAMCMCMBKK ⋅−+
⋅⋅2
2222
αγ
))(( 2222222 cbaMCMBMAMK KKKKKKKKKKKK βααγγβγβαγβα −−−++++=⇔222222 cbaMCMBMAMK KKKKKKKKK βααγγβγβα −−−++=⇔ , q.e.d.
Aplicaciones.
1. Tenemos
21
111
1lim,0
11lim,1,, =
+⋅
+==
+==
′′′
=′=′
′
∞→′
′∞→
′′′′′ A
A
pAA
pAAA pp
pq
AAAApAK
AA
βα ,
21
111
1lim =
+⋅
+=
′
′
∞→′
′ A
A
pA pp
A
γ y 222
41
21
21 aACABAA −+=′ , entonces
4
)(2 222 acbma−+
= .
2. 22
2
22
2
2
2
,,0,,,cb
ccb
bcbq
AAAApAK AAAAA +
=+
===′′′
=′= ′′′′′ γβα , y por (2) se obtene:
⇒−++
=+
−+
++
= 22222
2222
22
22
22
22
22
)(2)(
acbcb
bcacb
cbcb
bccb
cbsa aa mcb
bcs 22
2+
= .
3. cb
ccb
ba AAA +=
+== ′′′ γβα ,, y por (2) deducimos que:
22
22
)(a
cbbc
bccb
cbbcAAla +
−+
++
=′= , luego
)(2 appbccb
la −+
= .
4. ctgBctgActgBctgC AAA +
=+
== ′′′ 11,
11,0 γβα o bien
ACB
ACB
AA sincoscos,
sincossin
== ′′ γβ y por (2) deducimos:
=−+= 22
22
sincossincossin
sincoscos
sincossin a
ABCCBb
ACBc
ACBha
=−+= CBaCBAbCBAcA
2sin2sin4
sincossincossinsinsin
1 222
=−+= BCRbcaB
RcabC
Rabc
AR coscos
4cos
4cos
4sin2
2
2
2
2
2
2
=+−
⋅−+
⋅−+−
⋅+−+
⋅=ac
cbaab
cbaaacb
cbababc
cbacaabc
2222
2222222222
2222
Sa
cbbcaccbaa 2
122221 222222444 =+++−−−= .
5. Para la ceviana de Gergonne:
Se tienea
bpa
cpAAA
−=
−== ′′′ γβα ,,0 y mediante (2) resulta:
abpcpcpcbpba
ga ))(()()(1 22 −−−−+−= .
6. La ceviana de Nagel.
Ahoraa
cpa
bpAAA
−=
−== ′′′ γβα ,,0 y por (2) resulta:
abpcpcpbbpcaa ))(()()(1 22 −−−−+−=η .
Observaciones: 2.a. ⇒≥ 0MK 222222 cbaMCMBMA KKKKKKKKK βααγγβγβα ++≥++ . 2.b. Hay igualdad en 2.a si KM = .
2.c. Si )( ABCIntM ∆∈ , entonces ( ) **, ++ ×∈′′ RRpq , ⇔= KMMK =−−−++ 222222 cbaMCMBMA KKKKKKKKK βααγγβγβα 222222 cbaKCKBKA MMMMMMMMM βααγγβγβα −−−++= . Aplicaciones. Se considera el conjunto { }Γ=∆ ,,,,,, NLIHGO . Por (2) obtenemos:
(2.1) =−−−=CtgAtgBtg
cBtgCtgAtg
bAtgBtgCtg
aROH 2
2
2
2
2
22
=
++−=
BACBA
CACBA
CBCBARR
sinsincoscoscos
sinsincoscoscos
sinsincoscoscos4
22222
=
++−=
BAC
ACB
CBACBAR
sinsincos
sinsincos
sinsincoscoscoscos41
CBAR coscoscos81−= , donde usamos el que
2sinsin
cossinsin
cossinsin
cos=++
BAC
ACB
CBA .
Así CBAROH coscoscos81−= . Observaciones. ABCROH ∆⇔< acutángulo; ABCROH ∆⇔= rectángulo ( [2]); ABCROH ∆⇔> obtusángulo.
(2.2) CBARcbaROG coscoscos8139
2222 −=
++−= .
(2.3) CBARHG coscoscos813
2−= .
Observacion. Por (2.1), (2.2) y (2.3) tenemos: ⇒+= OGHGOH los puntos ,O G y H están alineados.
(2.4) 222222444222222
2222 2
)(3 accbbacba
cbaR
cbacbaROL −−−++
++=
++⋅−= .
Observación.
⇔++
≥⇔≤++
⇒≥ 222222
34
30cba
abcS
abcRcba
abcOL
Scba 34222 ≥++⇔ , que es la desigualdad de Ionescu – Weitzenböck.
(2.5) ∑ ∑ ⋅−⋅= ctgBctgCA
aCB
ALALO 2
22
sin41
sinsincos
21 .
(2.6) ∑ ∑−⋅= ctgBctgCCB
ARHO41
sinsin2cos2
3
.
(2.7) ∑ ∑ ⋅−⋅= 22
sincoscos
sinsinsin41
sinsincos
92 a
ACB
CBACBAmGO a .
(2.8) ∑ ∑−=AtgBtgCtg
atgBtgC
mGH a
2
22
94 .
Por (2.a) obtenemos:
81coscoscos0 ≤⇔≥ CBAOH ;
41
sinsin2cos
41
sinsin2cos0
33
≥⇔≥⇔≥ ∑∑∑ CBActgBctgC
CBAHO ;
∑∑ ⋅≥⋅⇔≥A
CBaCBACB
AmGO a sincoscos
sinsinsin41
sinsincos
920 22
∑∑ ≥⇔≥AtgBtgCtg
atgBtgC
mGH a
2
22
940 .
Mediante (2.b) obtenemos:
ABCCBAOH ∆⇔=⇔=81coscoscos0 equilátero;
ABCCB
AHO ∆⇔=⇔= ∑ 41
sinsin2cos0
3
equilátero;
ABCA
CBaCBACB
AmGO a ∆⇔⋅=⋅⇔= ∑∑ sincoscos
sinsinsin41
sinsincos
920 22 es
equilátero; 00 222222444 =−−−++⇔= accbbacbaOL ABC∆⇔ equilátero;
∑∑ ⋅=⋅⇔=A
actgBctgCCB
ALALO 2
22
sin41
sinsincos
210 ABC∆⇔ is equilatero;
∑∑ =⇔=AtgBtgCtg
atgBtgC
mGH a
2
22
940 ABC∆⇔ equilátero;
Mediante (2.c) obtenemos:
1sinsin2
coscoscoscos43
=+⇒= ∑ CBACBAOHHO ;
)coscoscos81(4sin
coscos9sinsin
cos8 222 CBARA
CBaCB
AmOGGO a −=⋅−⋅⇒= ∑∑ ;
=⋅−⋅⇒= ∑∑ AactgBctgC
CBALAOLLO 2
22
sin41
sinsincos
21
)()(
4 222222444222
2
accbbacbacba
R−−−++
++= ;
)coscoscos81(494 22
22
CBARAtgBtgCtg
atgBtgC
mHGGH a −=−⇒= ∑∑ .
Hemos obtenido una propiedad del conjunto ∆ : ∆∈′∀ KK , , 0=′KK ABC∆⇔ es equilátero. Sea P el primer punto de Pierre René Jean Baptiste Henri Brocard (1845-1922). Tenemos α=∠=∠=∠ )()()( PCAmPBCmBAPm . Por el teorema de los senos en ABP y CPA resulta ctgCctgBctgActg ++=α ( ver [3]). Proposición 1. HP = ABC∆⇔ es equilátero. Demostración. Tenemos :
ctgCctgBctgAtgBctgBctgB ++=⇔=
−⇒=− απαπ
22, (a).
Análogamente, ctgCctgBctgAtgC ++= , (b) y ctgCctgBctgAtgB ++= , (c). De (a), (b) y (c) resulta
tgCtgBtgA == , i.e. ABC∆ es equilátero. Proposición 2. IP = ABC∆⇔ es equilátero.
Demostración. IP = ctgCctgBctgAActg ++=⇒2
and ctgCctgBctgABctg ++=2
.
ctgCctgBAA
A
A
ctgCctgBctgAActg +=−⇔++=sincos
2sin
2cos
2
⇔=⇔+
=
−−⇔
CBA
ACBCB
A
AA
A sinsinsin
sin1
sinsin)sin(
2cos2
12
cos2
2cos
2sin
12
CBA sinsinsin 2 =⇔ , (a). También es ACB sinsinsin 2 = , (b). De (a) y (b) resulta:
ZkkCBCBCBCBCB k ∈+−=⇒=⇒=⇔= ,)1(sinsinsinsinsinsin
sinsin 33
2
4
π .
Si 0=k se tiene CB = . Tomamos BA 2−= π y resulta: ⇒=⇔=+−⇔= BBBBBBBB sin2sin0)sin2)(sinsin2(sinsin2sin 22
πkBB k +−=⇒ )1(2 , and ya que 1=k y CBB ==⇔=3
3 ππ y ABC∆ es equilátero.
Proposición 3. GP = ABC∆⇔ es equilátero. Demostración. Seat ABC∆ y α ′=′∠ )( ABAm ( A′ es el punto medio del lado BC ). Tenemos:
⇔=′⋅−+
⋅⇔=′
=′∆2sinsin
4)(2
22sin
)(222 AbcacbcScm
ABAA a αα
ACBAB
222 sin)sin(sin2sinsinsin
−+=′⇔ α y
AB
ABACBctgsinsin
sinsinsinsin2sin2 22222 −−+=′α .
][][ AAAPGP ′⊂⇒= y ][][ BBBP ′⊂ , dondee B′ es el punto medio de CA . Entonces αα ′= y βα =′∠= )( BCBm . Por tanto ⇔′=⇒′= αααα ctgctg
ctgCctgBctgAAB
ABACB++=
−−+sinsin
sinsinsinsin2sin2 22222
.
Llamando zctgCyctgBxctgA === ,, resulta:
⇔+++=
++
+⋅
+−
+−
++
+ 2
)1)(1(1
11
11
11
12
12
222
22
22222
zyx
xy
xyxzy
=−−−−−−+++++++⇔ 2222222222222 1122222222 zzyyzyxxyxzzx ⇔=−+−+−⇔++++= 02233)2)(1( 2222422222222 yzyxzxzzxzyxz
zxyzzx =⇔=++−⇔ 0)23)(( 2222 , i.e. CActgCctgA =⇒= . Si ][][ BBBP ′⊂ de forma similar obtenemos que
ctgCctgBctgACB
BCBAC++=
−−+sinsin
sinsinsinsin2sin2 22222
,
lo que nos dice que BC = , y la conclusión deriva de ahí. Proposición 4. OP = ABC∆⇔ es equilátero.
Demostraciónf. ⇒−=⇒∠=∠⇒= CBAOmBAPmOP2
)()( πα
tgCctgCctgBctgAtgCctgCctgctg =++⇔=⇔
−=⇒ απα
2 como en la
proposición 1 se obtene el resultado deseado. Proposición 5. LP = ABC∆⇔ es equilátero. Demostración. Seat A′ el pie de la simediana desde A . Ponemos asAA =′ y
β=′∠ )( ABAm . Por )()( BAPmABAmLP ∠=′∠⇒= i.e. αβ = . Por el teorema de los
senos en ABA ′∆ tenemos BsAB
BsAB
a
a sinsinsinsin
⋅′
=⇔=′
ββ
. De
22
2
22
2
2
2
cbacAB
cbc
aAB
bc
CAAB
+=′⇔
+=
′⇔=
′′
,
resulta que : 1sin
4sin
sin14
sinsin 222
22
2
22
22
222
−=−
=⇒=ββ
ββββac
mbctg
mbac a
a
.
De αβ = ⇔++=−⇒=⇒ 2222
22
)(1sin
4ctgCctgBctgA
acmb
ctgctg a
βαβ
CBAACACB
22222
222
sin1
sin1
sin1
sinsinsinsin2sin2
++=−+
⇔ .
Llamando zCyBxA === sin,sin,sin obtenemos:
2222222222422222
222
2211122 xzzyyxyxyzyzyxyx
xzy++=−+⇔++=
−+
BAxyzyxyxyzxyy =⇒=⇔=+−⇔=−+−⇔ 0)2)((0)()(2 2222222222 . Análogamente, de LP = , obtenemos CB = . Luego CAB == , q.e.d. Proposición 6. Γ=P ABC∆⇔ es equilátero. Demostración. Aplicando el teorema de los senos en ABA ′ deducimos
⇔−
=+⇔−
=+
⇔+
=′
bpcBctgB
bpcB
BcAB sincos
sin)sin(
)sin(sinβ
ββ
ββ
ctgBBCBA
CctgBctgBBbp
cctg −+−
=⇔−−
=⇔sin)sinsin(sin
sin2sin)(
β .
De Γ=P ⇔=⇒Γ∈⇒ βα ctgctgAP )(
⇔ ctgCctgBctgABCBA
C++=
+−2
sin)sinsin(sinsin2
CBCB
BABA
BCBAC
sinsin)sin(
sinsin)sin(
sin)sinsin(sinsin2 +
++
=+−
⇔
CAAC
CBAC
sinsinsinsin
sinsinsinsin2 22 +
=+−
⇔ .
Poniendo: yCBx
CA
==sinsin,
sinsin y entonces resulta:
yxx
xyxxxyxx
yxx
≤⇒+−−
=−⇔+
=+−⇔+
=+− 2
2
2
2
1)1(
121
11
12 , (a),
con igualdad si 1=x . De manera similar:
Ya que 2
22
12][
xyx
yxyABP +
=−+
⇒′∈ , (b) y como 2
211
2][y
yyx
CCP +=
++−⇒′∈ ,
(c).
De (b) deducimos: ⇔−+
=+ x
yxyx
xy 1222 ⇔
−=−
+ xy
yxxy 112
22
11)(22
2
≤⇒−
=+−−
⇔ yx
yyxyx .
De (c) resulta: ⇔−++−
=−+
⇔+
=++− 111
12
121
22 yyx
yy
yy
yyx
10111
)1(2
2
≥⇒≤+−⇒+−
=+−−
⇔ xxy
xy
y .
Entonces, 1≤≤ yx and 11 ==⇒≥ yxx , i.e. CBA sinsinsin == y ABC∆ es equilátero. Proposición 7. NP = ABC∆⇔ es equilátero. Demostración. Sean ][],[],[ 222 CCBBAA las cevianas de Nagel del triángulo ABC .
Poniendo )(),(),( 232221 CACmBCBmBAAm ∠=∠=∠= ααα , por el teorema de los senos en 2ABA∆ y BCB2∆ tenemos:
⇔+
=−
⇔+
=1
1
11
2
sin)sin(
)sin(sin αα
ααB
cpa
BcBA
1sincossinsinsin
sin2 αBctgBCBA
C+=
−+⇔
1sin)sinsin(sinsin2 αctgctgB
BCBAC
+=−+
⇔ .
Ya que: ⇔=++⇔=⇒= 111 ααααα ctgctgCctgBctgActgctg
))(sin)sinsin(sin
sin2 ctgCctgBctgBctgABCBA
C+++=
−+⇔
CBA
BAC
BCBAC
sinsinsin
sinsinsin
sin)sinsin(sinsin2
+=−+
⇔
CBAC
ACAC
CBAA
CAC
sinsinsinsin
sinsin2sinsin
sinsinsinsin
sin2sinsin 22
2
22
−+=
+⇔
−+=
+⇔
1sin
sinsinsin1sinsinsinsin2
22 −−+
=−+
⇔C
CBAAC
AC
CCBA
ACCA
sinsin2sinsin
sinsin)sin(sin
22
2 −+=
+−−
⇔
CBACBA sin2sinsin0sin2sinsin ≤+⇔≤−+⇔ , (1). De 2αα = y como antes, obtenemos: ACB sin2sinsin ≤+ , (2). Análogamente 3αα = y deducimos que BCA sin2sinsin ≤+ , (3). De (1), (2) y (3) obtenemos: CBAACCBBA sinsinsin8)sin)(sinsin)(sinsin(sin ≤+++ , (a). Ya que BABA sinsin2sinsin ≥+ , CBCB sinsin2sinsin ≥+ ,
ACAC sinsin2sinsin ≥+ , entonces CBAACCBBA sinsinsin8)sin)(sinsin)(sinsin(sin ≥+++ , (b). De (a) y (b) resulta: CBAACCBBA sinsinsin8)sin)(sinsin)(sinsin(sin =+++
0)sin(sinsin)sin(sinsin)sin(sinsin 222 =−+−+−⇔ BACACBCBA CBA sinsinsin ==⇔ , q.e.d.
References: [1] Rusu C., O metodă de obţinere a unor inegalităţi,G.M.-B nr. 1/2002, 7-10. [2] Problema 2680, G.M.-B nr.9/2013, autor Marcel Ţena. [3] Mihăileanu N., Complemente de geometrie sintetică, Editura Didactică y Pedagogică, 1965, 84-86. [4] Tom F., Proprietăţi caracteristice triunghiului echilateral, Recreaţii Matematice, Nr. 1, 2011, 17-19.
[5] Zvonaru T., Stanciu N., Alte proprietăţi caracteristice triunghiului echilateral, Recreaţii Matematice, Nr. 2, 2011, 108-111. Department of Mathematics, “Ştefan cel Mare” High School, Rîmnicu Sărat, Romania
Problemas para los más jóvenes 55
Cinco problemas de los Juegos de Arquímedes
PMJ55-1
Sabiendo que f es una función impar, es decir, tal que ( ) ( )f x f x= − − , ¿cuál de las siguientes es con certeza una función impar?
a) ( ) 1f x − b) ( )( )2f x c) ( )( ) ( )2
f x f x+ d) ( )( )31f x + e)
( )( ) ( )3f x f x+
PMJ55-2
Calcular el valor de ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 3 4 126 127log 3 log 4 log 5 log 127 log 128⋅ ⋅ ⋅ ⋅
PMJ55-3
En un trapecio ABCD, la base mayor AB es triple de la base menor CD. Si E es el punto medio de BD, hallar la razón entre el área del triángulo CDE y el área del trapecio.
PMJ55-4
Sabiendo que k es un número entero positivo fijo, ¿cuántas parejas (x,y) de números reales mayores o iguales que 0 verifican la igualdad
( )2 2 kk kx y xy+ = ?
PMJ55-5
Si n es un número natural con 6 divisores enteros positivos, ¿cuántos divisores enteros positivos tiene n2?
Problemas para os máis novos 54.
1. Se un ángulo dun cuadrilátero cíclico é igual ao que forman as súas diagonais, entón dous lados consecutivos do cuadrilátero son iguais, e reciprocamente.
Solución enviada por Bruno Salgueiro Fanego, Viveiro, Lugo.
Sexan ABCD o cuadrilátero cíclico, O o centro da súa circunferencia circunscrita e E o punto de corte das súas diagonais AC e BD . Utilizaremos os feitos coñecidos de que un ángulo interior nunha circunferencia coincide coa semisuma dos ángulos centrais asociados aos arcos que abarca dito ángulo interior e un ángulo inscrito nunha circunferencia é igual á metade do ángulo central asociado. Vexamos que os lados consecutivos AB e BC do cuadrilátero ABCD son iguais se e só se o ángulo interior no vértice A do cuadrilátero cíclico ABCD , BAD∡ , é igual ao ángulo
AEB∡ que forman as súas diagonais: AB BC= ⇔ AOB BOC=∡ ∡ ⇔ AOB COD BOC COD+ = +∡ ∡ ∡ ∡ ⇔ 2 AEB BOD=∡ ∡
⇔ 2AEB BOD=∡ ∡ ⇔ AEB BAD=∡ ∡ .
O enunciado queda, polo tanto, demostrado.
Problemas para os máis novos 54.
2. Se a e b son números reais positivos, demostrar que
( )
( )( )
( )
2 22 2
2 2 2
a b a ba bab
a b a b
− −+≤ − ≤+ +
.
Solución enviada por Bruno Salgueiro Fanego, Viveiro, Lugo.
Probaremos as desigualdades por separado elevando ao cadrado e illando as raíces:
Sendo 0a > e 0b > , ( )
( )
2 2 2
2 2
a b a bab
a b
− +≤ −+
⇔ ( )( )
( )( ) ( )
2 24 2 2 2 2 22 2
2 22 2 24
a b a b a b a bab ab a b ab
a ba b
− − + += ≤ − = − + + ++
⇔ ( ) ( )( )
( ) ( )( )
44 2 22 22 2
2 2
82
2 4 4
a b ab a ba ba bab a b ab
a b a b
+ + +−++ ≤ + − =+ +
⇔ ( ) ( ) ( ) ( )( )
24 2 222 2 2 2
2
82 2
4
a b ab a bab a b ab a b
a b
+ + + + = + ≤ +
( ) ( )( ) ( )
( )
28 42 2 2 2 2 2
4
16 64
16
a b ab a b a b a b a b
a b
+ + + + + +=
+
⇔ ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )24 8 42 2 2 2 2 2 2 232 16 64ab a b a b a b ab a b a b a b a b+ + ≤ + + + + + +
⇔ ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) 228 4 42 2 2 2 2 2 2 20 16 64 8a b ab a b a b a b a b a b ab a b ≤ + − + + + + = + − +
( )8a b= − ,
o cal se cumpre, obténdose ademais a igualdade se e só se 0a b− = , isto é, só e cando a b= .
Analogamente, ( )
( )
22 2
2 2
a ba bab
a b
−+ − ≤+
⇔ ( ) ( )( )
( )( )
22 2 42 2 2 22 2
222 2 2 2
a b a ba b a bab a b ab ab
a b a b
− −+ +− + + = − ≤ = + +
⇔( )
( )( )( )
( )42 2 2 2
2 22 2
42
2 2
ab a b a ba bab ab a b
a b a b
+ −+= + − ≤ ++ +
⇔( )
( )( )
( )( ) ( )
222 2 2 2 2 2 22 2 2 2
4 2
16 42 2
a b a b ab a bab a b ab a b
a b a b
+ + = ≤ + = + + +
⇔ ( ) ( )( )2 42 2 2 2 2 28a b a b ab a b a b+ ≤ + + ⇔ ( ) ( ) ( )42 2 2 20 8ab a b a b ab a b ≤ + + − +
( )( )42 2ab a b a b= + − ,
que tamén se verifica, dándose a igualdade, coma antes, se e só se a b= .
Problemas para os máis novos 54.
3. Considérase un triángulo cuxos lados miden 1, r e 2r . Determine todos os valores de r de maneira que o triángulo sexa rectángulo.
Solución enviada por Bruno Salgueiro Fanego, Viveiro, Lugo.
Se 0 1r< < , entón 2 1r r< < e, polo tanto, o lado maior do triángulo mide 1. Polo
teorema de Pitágoras e o seu recíproco, o triángulo será rectángulo se e só se ( )22 2 21 r r= + ,
ou equivalentemente, só e cando ( )2
21 1 4 1 1
2 1r
− ± − ⋅ ⋅ −=
⋅, co cal (ao ser 2 0r > )
1 5
2r
− += ± e, polo tanto (como 0r > ), 1 5
2r
− += , que cumpre que 0 1r< < , co cal é
unha (e, polo tanto, a única) solución válida neste caso. Se 1r = , os lados do triángulo miden todos 1, logo é un triángulo equilátero e, polo tanto, todos os seus ángulos son iguais, co cal non é un triángulo rectángulo.
Se 1r > , entón 21 r r< < e, polo tanto, o lado maior do triángulo mide 2r . Polo teorema
de Pitágoras e o seu recíproco, o triángulo será rectángulo se e só se ( )22 2 21r r= + , ou
equivalentemente, só e cando ( ) ( )2
21 1 4 1 1
2 1r
± − − ⋅ ⋅ −=
⋅, co cal (ao ser 2 0r > )
1 5
2r
+= ± e, polo tanto (como 0r > ), 1 5
2r
+= , que cumpre que 1r > , co cal é unha
(e, polo tanto, a única) solución válida nestoutro caso.
As solucións son, entón, 1r ϕ= e r ϕ= , onde 1 5
2ϕ += é o número de ouro.
Problemas para os máis novos 54.
4. Tómanse tres puntos no interior dun cadrado de lado 1. Demostre que a área do triángulo
que forman é menor ou igual ca 1
2.
Comentario enviado por Bruno Salgueiro Fanego, Viveiro, Lugo.
Con maior xeneralidade, pode demostrarse que, se se toman tres puntos no interior ou nos bordos dun rectángulo, a área do triángulo que forman é menor ou igual cá metade da área de dito rectángulo, dándose a igualdade se e só ditos puntos son vértices do rectángulo. Véxase, por exemplo, o argumento que aparece en: mathforum.org/library/drmath/view/55051.html.
Problemas para os máis novos 54.
5. Encontrar todos os valores positivos de a e b que verifican a ecuación 2009a b+ = .
Solución e nota enviadas por Bruno Salgueiro Fanego, Viveiro, Lugo.
En xeral, se c é un número real positivo,
x y c+ = ⇒ 0x ≥ , x x y c≤ + = ⇒ ( ) ( )2 2
x x c c= ≤ = .
Por simetría, tamén temos que 0 y c≤ ≤ . Así, ( ) [ ]2, 0,x y c∈ . Ademais,
x y c+ = ⇒ ( ) ( )2 2
2x y xy x y c c+ + = + = = ⇒ 2 xy c x y= − −
⇒ ( ) ( )2 2 2 2 24 2 2 2 2xy xy c x y c x y cx cy xy= = − − = + + − − +
⇒ ( )2
2 2 2
1
0 2 2 2 1 1 1
1 1
c c c
x y xy cx cy c x y c x
c y
− − = + − − − + = − −
− −
⇒ ( ),x y varía nun anaco
dunha cónica, cuxas matriz M e submatriz A de termos cuadráticos teñen determinantes 2
21 1 4 0
1 1
c c c
M c c
c
− −= − − = − ≠
− − e
1 10
1 1A
−= =
−, respectivamente, co cal dita cónica é unha
parábola. Ademais, o parámetro de dita parábola é ( )3 2tr
M c
A− = e o seu eixo de simetría é a
recta ( )2 1
0 1 1 1 1 0
1 1
c c c
c x
c y
− − − − − =
− −
, ou sexa, a bisectriz do primeiro e terceiro cuadrantes.
As tanxentes nos extremos ( )0,c e ( ),0c do arco da parábola son, respectivamente, as polares de
ditos puntos respecto a tal cónica, cuxas ecuacións respectivas son
( )2 1
1 0 1 1 0
1 1
c c c
c c x
c y
− − − − =
− −
e ( )2 1
1 0 1 1 0
1 1
c c c
c c x
c y
− − − − =
− −
, que veñen a ser os eixes
de ordenadas e de absicas, respectivamente. Esas dúas tanxentes córtanse na orixe ( )0,0 .
A gráfica da curva de ecuación x y c+ = é entón a do arco de parábola antes estudado
contido no cadrado [ ]20,c . Polo tanto, no caso particular 22009c = , os pares de números reais
positivos ( ),a b tales que 22009a b+ = son os infinitos pares de coordenadas dos puntos
situados sobre tal arco de parábola.
Nota: Parece razoable supor que o enunciado proposto na Olimpíada de Chile 2009, Nivel Menor, foi: Encontrar todos os valores enteiros positivos de a e b que verifican a ecuación
2009a b+ = , ou, seguramente (para evitar a aparición de excesiva cantidade de solucións), a
ecuación 2009a b+ = . Neste último caso, as solucións son
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ){ }, 41,1476 , 164,1025 , 369,656 , 656,369 , 1025,164 , 1476,41a b ∈ .
A verificación de tal suposición, a proba de que esas son todas as solucións positivas da ecuación
2009a b+ = , e resolucións dos outros dous problemas 3 e 4 propostos na sección
Problemas para os máis novos do número 54 da Revista Escolar de la Olimpíada Iberoamericana de Matemática, poden consultarse en: http://www.olimpiadadematematica.cl/images/Pruebas/Final2009.pdf.
Olimpiada de Chile 2009, Nivel Menor. Solucion al Problema 3
LucıaMa Li (estudiante de 2 de bachillerato)IES Isabel de Espana, Las Palmas de Gran Canaria, Espana
& AngelPlazaUniversidad de Las Palmas de Gran Canaria, Espana
Problema 3.Se considera un triangulo cuyos lados miden1, r y r2. Determine todos los valoresde r de manera que el triangulo sea rectangulo.
Solucion. Es suficiente considerar el teorema de Pitagoras y despajarr que ha de ser un numeroreal positivo. Es decir:
a) Sir < 1 entonces1 = r2 + r4. Haciendor2 = t, resultat2 + t− 1 = 0, de donde
t =−1±
√1 + 4 · 1 · 12
=−1±
√5
2
y comot > 0, se tienet =−1 +
√5
2y r =
√
−1 +√5
2.
b) En otro caso, sir > 1 entoncesr4 = r2 + 1. Haciendo de nuevor2 = t, resultat2 − t− 1 = 0, de donde
t =1±
√1 + 4 · 1 · 12
=1±
√5
2
y comot > 0, se tienet =1 +
√5
2y r =
√
1 +√5
2.
�
Problemas propuestos en la 5a Olimpiada Matemática EuropeaFemenina, abril 2016, Busteni (Rumania)Problema 1 (propuesto por Holanda)Sean: n un entero positivo impar, y x1, ..., xn números reales no negativos.
Demostrar que
mini=1,...,n
{x2i + x
2i+1
}≤ max
j=1,...,n{2xjxj+1} .
donde xn+1 = x1.
Problema 2 (propuesto por Bielorrusia)Sea ABCD un cuadrilátero cíclico, y X la intersección de las diagonales AC
y BD. Sean C1, D1 y M los puntos medios de los segmentos CX, DX y CD,respectivamente. Las rectas AD1 y BC1 se intersecan en Y, la recta MY corta alas diagonales AC y BD en dos puntos distintos, que llamamos respectivamenteE y F. Demostrar que la recta XY es tangente a la circunferencia que pasa porE, F y X.
Problema 3 (propuesto por Mexico)Sea m un entero positivo. Se considera un tablero de 4m × 4m casillas
cuadradas. Dos casillas diferentes están relacionadas si están ya sea en la mismafila o en la misma columna. Ninguna casilla está relacionada con ella misma.Algunas casillas se colorean de azul, de tal manera que cada casilla está rela-cionada con, al menos, dos casillas azules. Determinar el mínimo número decasillas azules.
Problema 4 (propuesto por Luxemburgo)Dos circunferencias ω1 y ω2 del mismo radio se intersecan en dos puntos
distintos, X1 y X2. Se considera una circunferencia ω, tangente exteriormentea ω1 en un punto T1, y tangente interiormente a ω2 en un punto T2. Demostrarque las rectas X1T1 y X2T2 se cortan en un punto que pertenece a ω.
Problema 5 (propuesto por Holanda)Sean k y n enteros tales que k ≥ 2 y k ≤ n ≤ 2k − 1. Se ponen piezas
rectangulares, cada una de tamaño 1× k ó k× 1, en un tablero de n×n casillascuadradas, de forma que cada pieza cubra exactamente k casillas del tablero yno haya dos piezas superpuestas. Se hace esto hasta que no se puedan colocarmás piezas. Para n y k en las condiciones anteriores, determinar el mínimonúmero de piezas que puede contener dicho tablero.
Problema 6 (propuesto por Holanda)Sea S el conjunto de todos los enteros positivos n tales que n4 tiene un
divisor en el conjunto{n2 + 1, n2 + 2, ..., n2 + 2n
}.
Demostrar que hay infinitos elementos en S de cada una de las formas7m, 7m + 1, 7m + 2, 7m + 5 y 7m + 6, pero S no contiene elementos de laforma 7m+ 3 y 7m+ 4, siendo m un entero.
1
Problema 271
Miguel Amengual Covas, Cala Figuera, Mallorca, Espana
Sea A′ el pie de la altura relativa al lado BC. Al ser AB = AC, A′ es el punto medio dellado BC. Habida cuenta de que son iguales los angulos agudos que se ven marcados en la figura1, ası como los analogos marcados en la figura 2 (en el primer caso, su valor comun es 1
2∠CAB
y, en el segundo, 90◦ − 1
2∠CAB), son semejantes - en ambos casos - los triangulos rectangulos
AA′C y HA′C; por consiguiente, tenemos
A′C
A′A=
A′H
A′C
esto es,A′A · A′H =
(
A′C)2
,
como se querıa, pues A′C es el radio de la circunferencia de diametro BC.
B′C′
B′C′
A′A′B C B C
A
H
H
A
4ABC obtusangulo
Figura 2
4ABC acutangulo
Figura 1
Problema 271 Propuesto por Francisco Javier García Capitán, Priego de Córdoba, España.
Sean ABC un triángulo isósceles, con AB = AC; H su ortocentro y A’B’C’ su triángulo órtico.
Demostrar que H es el inverso de A respecto de la circunferencia de diámetro BC.
Solución de Florentino Damián Aranda Ballesteros, profesor del IES Blas Infante de Córdoba (España).
Sea 𝒞1 la circunferencia de diámetro BC.
A la vista de la construcción realizada, podemos reseñar los siguientes hechos de interés:
1.- Los puntos 𝐵’,𝐶’,𝐻 𝑦 𝐴 son concíclicos.
Sea D el centro de esta circunferencia 𝒞2.
Por tanto, ∡𝐶′𝐷𝐵′ = 2𝐴.
2.- En el triángulo órtico A’B’C’, el ángulo en A’ es el doble
del ángulo ∡𝐵′𝐵𝐶′ = 90º − 𝐴 → ∡𝐵′𝐴′𝐶′ = 180º − 2𝐴.
3.- Por tanto, el cuadrilátero 𝐴’𝐵’𝐷 𝐶’ es también
concíclico ya que ∡𝐶′𝐷𝐵′ + ∡𝐵′𝐴′𝐶′ = 180º.
Entonces, también sucederá que los otros dos ángulos
opuestos, ∡𝐴′𝐵′𝐷 + ∡𝐴′𝐶′𝐷 = 180º y, por la simetría del
triángulo isósceles, como han de ser iguales ambos
ángulos, resultará que ∡𝐴′𝐵′𝐷 = ∡𝐴′𝐶′𝐷 = 90º.
4.- Entonces, ambas circunferencias 𝒞1 𝑦 𝒞2 son
ortogonales.
Por tanto, 𝒞2 será invariante respecto de la inversión de la
circunferencia 𝒞1.
De este modo, H es el punto inverso de A respecto de la
circunferencia 𝒞1, por tratarse de dos puntos de la
circunferencia 𝒞2, alineados con el punto A’, centro de la
circunferencia 𝒞1.
Problema 271
Sean un triángulo isósceles, con ; su ortocentro y su triángulo órtico. Demostrar que es el inverso de respecto de la circunferencia de diámetro .
Solución de Saturnino Campo Ruiz, Profesor de Matemáticas jubilado, de Salamanca.
Sea el centro de esa circunferencia. Para que sea el inverso de respecto de esa circunfe-rencia se ha de verificar
(*).
Sea es el simétrico de respecto del lado ; como sabemos, está en la circunferencia circunscrita al triángulo isósceles , diametralmente opuesto a y por ello el triángulo
es rectángulo en .
Tenemos pues y según el teorema de la altura, ese producto es igual al cuadrado de la altura sobre la hipotenusa, o sea, a como queríamos demostrar.
Problema 271
Sean ABC un triángulo isósceles, con AB = AC; H su ortocentro y A’B’C’ su triángulo órtico. Demostrar que H es el inverso de A respecto de la circunferencia de diámetro BC.
Solución
Es muy conocido que en cualquier triángulo, el simétrico del ortocentro respecto a cualquiera de sus lados yace en la circunferencia circunscrita.
La demostración es por otra parte sencilla. Sea ABC el triángulo de referencia, A’, B’, C’ su triángulo órtico y H’ el simétrico de H respecto del lado a = BC. Se tiene que <H’BC = <CBH por la simetría. Por otra parte, <CBH = H’AC, pues sus lados son respectivamente perpendiculares y ambos son agudos. Por Tanto <H’BC = <H’AC y los cuatro puntos A, B, C y H’ son concíclicos.
Volviendo al triángulo del enunciado, sea entonces H’ el simétrico de H respecto al lado BC. Por potencia de A’, que es el punto medio del lado BC, respecto a la circunferencia circunscrita, se tiene que A’H·A’A = H’A’·A’A = A’B·A’C = r2, siendo r el radio de la circunferencia de diámetro BC. Por tanto A y H son inversos respecto de tal circunferencia
Ignacio Larrosa Cañestro
(profesor de enseñanza secundaria jubilado)
Problema 271.
Proposto por Francisco Javier García Capitán, Priego de Córdoba, España.
Sexan ABC un triángulo isóscele, con AB AC= ; H o seu ortocentro e A B C′ ′ ′ o seu triángulo órtico. Demostrar que H é o inverso de A respecto da circunferencia de diámetro BC .
Solución enviada por Bruno Salgueiro Fanego, Viveiro, Lugo.
Sexan c AB AC= = , 2a BC= e b AA′= e consideremos a referencia cartesiana
rectangular onde se teñen as seguintes coordenadas: ( )0,0A′ , ( ),0C a e ( )0,A b .
Como BA A C′ ′= , ( ),0B a− .
As coordenadas do ortocentro virán caracterizadas por dous feitos:
H AA′∈ , logo ( )0,H h , e
( )( ) ( ) ( ) ( ) 20 0 , 0 0 , 0 , ,BH CA a h a b a h a b a hb= ⋅ = − − − ⋅ − − = ⋅ − = − +���� ����
2A C A H A A′ ′ ′= − + ⋅ , ou equivalentemente, 2A A A H A C′ ′ ′⋅ = , que é precisamente a condición para que, por definición, H sexa o inverso de A respecto da circunferencia de de centro A′ e raio A C′ , ou sexa, para que H sexa o inverso de A respecto da circunferencia de diámetro BC , como queriamos demostrar.
Problema 272
Miguel Amengual Covas, Cala Figuera, Mallorca, Espana
Consideremos un sistema de ejes de coordenadas rectangulares tomando como eje de abscisasla recta determinada por los puntos A y B y como eje de ordenadas la mediatriz del segmentoAB.
Pongamos A (−a, 0) y B (a, 0), siendo a un numero real positivo. Sea y = mx+n la ecuacionde la recta r y (α, β) las coordenadas de M . Entonces,
β = mα + n (1)
y las coordenadas (x, y) del punto P satisfacen el siguiente sistema de ecuaciones formado porlas de las rectas AM y perpendicular a BM por B, a saber:
y =β
a + α(x + a)
y
y =a − α
β(x − a)
Despejamos α y β, obteniendo
α =a(
a2− x2 + y2
)
a2 − x2 − y2β =
2ay (a − x)
a2 − x2 − y2
Al sustituir estas expresiones de α y β en (1), se obtiene, despues de simplificar, la ecuacion
(am + n)x2 + (−am + n) y2− 2axy + 2a2y − a2 (am + n) = 0 (2)
que es, en general, la de una conica, como se querıa.Dicha ecuacion sera la de una parabola si y solo si se cumplen las condiciones
∣
∣
∣
∣
∣
∣
am + n −a 0−a −am + n a2
0 a2−a2 (am + n)
∣
∣
∣
∣
∣
∣
6= 0
y∣
∣
∣
∣
am + n −a
−a −am + n
∣
∣
∣
∣
= 0
es decir,a2 (am − n) (am + n)2 6= 0 (3)
yn2
− a2m2− a2 = 0 (4)
Escrita esta ultima en la forma (n − am) (n + am) = a2 nos revela, habida cuenta de quea 6= 0, que cada uno de los factores del primer miembro es dintinto de cero. Por consiguiente,(4) implica (3).
Se concluye, pues, que (2) es la ecuacion de una parabola si y solo si n2− a2m2
− a2 = 0,si y solo si n = ±a
√1 + m2, con lo que la ecuacion (en el sistema de coordenadas que hemos
adoptado) de las rectas pedidas es
y = mx ± a√
1 + m2, m ∈ R
Problema 272 Propuesto por Francisco Javier García Capitán, Priego de Córdoba, España. Dedicado a la memoria de José María Pedret.
Sean dos puntos A y B y una recta r. Para cada punto M de r sea P la intersección de la recta AM y la recta perpendicular a BM por B. 1) Demostrar que el lugar geométrico de P al variar M sobre r es, en general, una cónica. 2) Dados los puntos A y B, hallar las rectas r para las que la cónica es una parábola. Solución de Saturnino Campo Ruiz, Profesor de Matemáticas jubilado, de Salamanca.
Vamos a definir una correspondencia homográfica entre las rectas que pasan por y las que pasan por del siguiente modo: a una recta del haz (de las que pasan por ), le asocio primero la perpendicular ’ por , que corta en a la recta y finalmente la recta del haz . (De forma más general, puede sustituirse por la homóloga de en cualquier involución de rectas de centro .
Obsérvese también que los papeles de y , y , y son intercambiables).
El lugar geométrico descrito en el problema es el mismo que el definido por la intersección de los pares de rectas homólogas en la proyectividad anterior, y ese lugar geométrico es una cónica que pasa por y por (es otra forma de definir una cónica proyectivamente).
Esta cónica tendrá puntos en el infinito cuando las rectas y sean paralelas. Como , eso sucederá cuando también sean perpendiculares y , para lo cual solamente se precisa que esté sobre la circunferencia de diámetro .
Así pues, cuando la recta corte a esta circunferencia en dos puntos el lugar geométrico es
una hipérbola, si corta en uno, es decir, si es tangente, es una parábola y es una elipse
cuando es exterior.
Problema 272. Proposto por Francisco Javier García Capitán, Priego de Córdoba, España. Dedicado á memoria de José María Pedret.
Sexan dous puntos A e B e unha recta r . Para cada punto M de r , sexa P a intersección da recta AM e a recta perpendicular a BM por B . 1) Demostrar que o lugar geométrico de P ao variar M sobre r é, en xeral, unha cónica. 2) Dados os puntos A e B , achar as rectas r para as que a cónica é unha parábola.
Solución enviada por Bruno Salgueiro Fanego, Viveiro, Lugo.
1) Sexa O o punto medio de AB e introduzamos o sistema de referencia cartesiano rectangular de orixe O e base positivamente orientada de primeiro vector
OB����
. Temos así as seguintes coordenadas: ( )1,0A − e ( )1,0B .
Supoñamos que a ecuación da recta r nesa referencia é :r ax by c+ = con 2 2 0a b+ ≠
e que as coordenadas respectivas de M e P son ( ),M m n e ( ),P p q .
Como M é un punto de r , am bn c+ = ; ao estar M , A e P aliñados,
1
0 1 1 0
1
m n
q pn n qm
p q
= − = − + + − e, por ser BM BP⊥ ,
( ) ( ) ( ) ( )0 1, 0 1, 0 1 1BM BP m n p q m p nq= ⋅ = − − ⋅ − − = − − +����� ����
.
Así, o sistema
( )( )
1
1 1
ax by c
qx p y q
p x qy p
+ = − + + = − + = −
debe ter polo menos unha solución ( ) ( ), ,x y m n= , o cal implica, polo teorema de
Rouché-Fröbenius, que o rango das matrices dos coeficientes e ampliada cos termos independentes deben ser iguais ao número de incógnitas, que neste caso é 2 , logo o determinante de dita matriz ampliada debe ser nulo, é dicir,
( ) ( )2 20 1 2 2
1 1
a b c
q p q a c p bpq a c q bq a c
p q p
= − + = − + − + − − +− −
( )0 1
1 0
a c b
p q a c b p
b b a c q
− + − = − − − −
, logo o punto ( ),P p q= pertence á cónica
de ecuación ( )0 1
1 0 0
a c b
x y a c b x
b b a c y
− + − − = − − −
.
2) A cónica anterior é unha parábola se e só se o menor complementario
a c b
b a c
−− −
do elemento da fila e columnas primeira da súa matriz asociada é nulo,
é dicir, só e cando ( )2
22
2 22 2
0 0,
a b c cd O r
a ba b
⋅ + ⋅ −= = ++
é igual a 1,
ou equivalentemente, se e só se a distancia da recta r ao centro da circunferencia de diámetro AB é igual ao raio da mesma, isto é, só e cando a recta r é tanxente a dita circunferencia.
Problema 273
Demostrar que si n es primo, el número ��4 + √11�𝑛� es un múltiplo de n más
7.
Solución
Se tiene que 0 < �4 − √11�𝑛
< 1, ∀ 𝑛 > 0. Consideremos entonces el número
𝑎(𝑛) = �4 + √11�𝑛
+ �4 − √11�𝑛
Se tiene que a(n) es entero para todo n, pues al desarrollar las potencias por la fórmula del binomio, las potencias impares de √11 se cancelan. Entonces
��4 + √11�𝑛� = 𝑎(𝑛)− 1
El enunciado es entonces equivalente a mostrar que a(n) ≡ 8 (mod n) si n es primo. Desarrollando las potencias, tenemos que para n = 2k+1, k ≥ 0
𝒂(𝒏) = 𝟐��𝒏𝟐𝒊�𝟒
𝒏−𝟐𝒊𝟏𝟏𝒊𝒌
𝒊=𝟎
Pero si n es primo, �𝑛𝑘� = 𝑛!𝑘!(𝑛−𝑘)!
es múltiplo de n si 0 < k < n, pues el factor
primo n del numerador no se puede simplificar con ninguno del denominador. Por tanto, el único término del sumatorio que no es múltiplo de n es el correspondiente a i = 0, y
𝑎(𝑛) ≡ 2 · 4𝑛 ≡ 2 · 4 ≡ 8 (𝑚𝑜𝑑 𝑛) (Teorema de Euler-Fermat)
Esto demuestra el enunciado para todo n primo impar. Para n = 2,
𝑎(2) = �4 + √11�2
+ �4 − √11�2
= 2(16 + 11) ≡ 8 ≡ 0 (𝑚𝑜𝑑 2)
El recíproco no es cierto en general, sin embargo el único contraejemplo con n < 10000 es n = 46.
Ignacio Larrosa Cañestro
(profesor de enseñanza secundaria jubilado)
Problema 274, propuesto por Andrés Sáez Schwedt, León, España.
En el triángulo ABC, con incentro I, la recta AI corta a BC en D, y E es el punto medio de AD. Las circunferencias
circunscritas de ABD y BCI se cortan en otro punto F, distinto de B. Probar que
Solución de Florentino Damián Aranda Ballesteros, profesor del IES Blas Infante de Córdoba (España).
Sea la circunferencia circunscrita al triángulo BCI. Esta circunferencia tiene como centro, el punto A’,
punto intersección de la bisectriz AI con la circunferencia circunscrita al triángulo ABC.
Sea la circunferencia de centro G, circunscrita al triángulo ABD. Ambas circunferencias construidas
son ortogonales entre sí, ya que
Del mismo modo, Por tanto, el cuadrilátero A’BGF es inscriptible. Y también lo será el
cuadrilátero A’BGE, siendo E el punto medio de AK, ya que EG es la mediatriz del segmento AD.
Sea la circunferencia que circunscribe a la figura determinada por los puntos A’BGEF.
Vamos a probar que el punto I (incentro del triángulo ABC) es también el incentro del triángulo BEF. Para ello, observamos que ya que ambos ángulos inscritos en la
circunferencia abarcan una misma cuerda
Por otro lado, ' '
1
2
EFB EA B AA B C
IFB ICB C
En definitiva, hemos probado que las bisectrices de dos de los ángulos del triángulo BEF,
FEB y EFB
pasan por el punto I.
Por tanto, la tercera bisectriz, la del ángulo EBF también pasará por el punto I.
Una vez que ya hemos probado que I, incentro del triángulo ABC, es también el incentro del triángulo BEF, queda claro que
Problema 274
En el triángulo , con incentro , la recta corta a en y es el punto medio de . Las circunferencias circunscritas de y se cortan en otro punto , distinto de . Probar que .
Solución de Saturnino Campo Ruiz, Profesor de Matemáticas jubilado, de Salamanca.
Utilizando coordenadas baricéntricas relativas al triángulo , tenemos para el incentro y por tanto y para el punto medio de , .
La ecuación de una circunferencia en estas coordenadas es de la forma
donde es la ecuación de la circunferencia circunscrita al
triángulo , es decir:
Con esto se tienen para las circunferencias del problema las siguientes ecuaciones:
Para la resolución del problema no es necesario hallar el punto de intersección de estas dos, es suficiente probar que el conjugado ortogonal de está sobre el eje radical de estas circun-ferencias. Un cálculo sencillo nos da para este eje radical la ecuación:
.
El conjugado ortogonal de un punto arbitrario es el punto de coordenadas
, por tanto, . Resulta inmediato
comprobar que pertenece al eje radical.
Problema 274. Proposto por Andrés Sáez Schwedt, León, España.
No triángulo ABC , con incentro I , a recta AI corta a BC en D , e E é o punto medio de AD . As circunferencias circunscritas de ABD e BCI córtanse noutro punto F , distinto de B . Probar que ABE FBC=∡ ∡ .
Solución enviada por Bruno Salgueiro Fanego, Viveiro, Lugo.
Introduzamos coordenadas baricéntricas con respecto ao triángulo de referencia ABC , de lados a BC= , b BC= e c AB= .
Entón ( )1: 0 : 0A = , ( )0 :1: 0B = , ( )0 : 0 :1C = e ( ): :I a b c= .
Ademais, 1 0 0 0
x y z
AI
a b c
≡ = , é dicir, AI cy bz≡ = , e 0BC x≡ = , logo ( ): :D x y z=
con cy bz= e 0x = , sendo por tanto as coordenadas baricéntricas absolutas de
( ): :D x y z= as seguintes: 0 : :b c
Db c b c
= + + ; o punto medio de AD é, polo tanto,
( )0 01 0
: : : :2 2 2
b c
b c b cE b c b c
+ + + + += ≡ +
.
As circunferencias circunscritas a ABD e a BCI terán por ecuacións
( )( )2 2 2a yz b zx c xy x y z ux vy wz+ + = + + + + e
( )( )2 2 2a yz b zx c xy x y z u x v y w z′ ′ ′+ + = + + + + ,
onde u , v e w e u′ , v′ e w′ se poden obter tendo en conta que, por pertencer A , B e D á primeira e B , C e I á segunda circunferencia,
( )( )2 2 20 0 0 1 1 0 1 0 0 1 0 0a b c u v w⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ = + + ⋅ + ⋅ + ⋅ ,
( )( )2 2 21 0 0 0 0 1 0 1 0 0 1 0a b c u v w⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ = + + ⋅ + ⋅ + ⋅ e
( ) ( )2 2 20 0 0 0a b c b c c b b c u v b w c⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ = + + ⋅ + ⋅ + ⋅ , e
( )( )2 2 21 0 0 0 0 1 0 1 0 0 1 0a b c u v w′ ′ ′⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ = + + ⋅ + ⋅ + ⋅ ,
( )( )2 2 20 1 1 0 0 0 0 0 1 0 0 1a b c u v w′ ′ ′⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ = + + ⋅ + ⋅ + ⋅ e
( ) ( )2 2 2a b c b c a c a b a b c u a v b w c′ ′ ′⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ = + + ⋅ + ⋅ + ⋅ , ou sexa, 0u = , 0v = e
2a bw
b c=
+, e 0v′ = , 0w′ = e u bc′ = , sendo polo tanto
( )2
2 2 2 a ba yz b zx c xy x y z z
b c+ + = + +
+ e
( )2 2 2a yz b zx c xy bcx x y z+ + = + +
as ecuacións de ditas circunferencias.
Os seus puntos de corte, B e F , están no eixo radical r das mesmas, cuxa ecuación se obtén restando membro a membro esas ecuacións:
( )2
0a b
r z bcx x y zb c
≡ − + + = +
⇒ ( )2a z c b c x= + ou 0x y z+ + = .
Se tomamos 2x a= , entón ( )z c b c= + , logo as coordenadas de F serán da forma
( )( )2 : :FF a y c b c= + , e como F pertence á circunferencia circunscrita a BCI ,
deducimos que ( ) ( ) ( )( )2 2 2 2 2 2F F Fa y c b c b c b c a c a y bcx a y c b c+ + + + = + + + ,
co cal ( )2 2 2
2F
by a b c
c= − + e, polo tanto, ( ) ( )( )2 2 2 2 22 : : 2F ca b a b c c b c= − + + .
Notemos agora que ABE FBC=∡ ∡ ⇔ BE e BF son rectas conxugadas isogonais de BA e BC . É sabido que as rectas simétricas de AE con respecto a AI , de BE con respecto a BI
e de CE con respecto a CI se cortan nun punto 1E− , que se chama isogonal
conxugado de ( ): :E E EE x y z= e que, ao non pertencer 1E− á circunferencia
circunscrita a ABC , as súas coordenadas poden obterse do seguinte xeito:
( ) ( )( )2 2 2 2 2 2 2
1 2: : : : : : : :E E E
a b c a b c aE b c a b b c c b c
x y z b c b c b c−
= = = = + + + + .
Como 1E− está sobre a recta simétrica de BE con respecto a BI e 1E F− ≠ , temos que
ABE FBC=∡ ∡ ⇔ B , F e 1E− están aliñados
⇔ ( ) ( )( ) ( )
2 2 2 2 2
2
0 1 0
2 2 0ca b a b c c b c
a b b c c b c
− + + =
+ +
,
o cal se cumpre, tal e como queriamos probar.
Problema 275. Proposto polo editor.
Demostrar que, se ( )p x é calquera polinomio, entón a ecuación
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )22 2 21 8 1 4 3 1 0x p x x x p x x p x′′ ′− + − + − =
ten ao menos dúas raíces reais no intervalo ( )1,1− .
Solución enviada por Bruno Salgueiro Fanego, Viveiro, Lugo.
Probaremos que é certo o mesmo resultado no caso máis xeral de que ( )p x sexa
calquera función continua no intervalo pechado [ ]1,1− e dúas veces derivable no
intervalo aberto respectivo ( )1,1− e se existen ( )( )1p+′ − e ( )1p −′ .
Definamos a función ( ) ( ) ( )22 1q x x p x= − , que é continua en [ ]1,1− e dúas veces
derivable en ( )1,1− por ser produto de funcións continuas en [ ]1,1− e dúas veces
derivables en ( )1,1− , respectivamente. Entón
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2 22 2 2 21 1 1 4 1q x x p x x p x x p x x x p x′ ′ ′ ′= − + − = − + −
e
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 22 2 2 21 1 4 1 4 1q x x p x x p x x x p x x x p x′ ′ ′′ ′ ′′ ′= − + − + − + −
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )22 2 21 8 1 4 3 1x p x x x p x x p x′′ ′= − + − + − ,
logo a ecuación da que hai que probar que ten ao menos dúas raíces reais no intervalo
( )1,1− é equivalente á ecuación ( ) 0q x′′ = .
Como a función ( )q x é continua en [ ]1,1− , derivable en ( )1,1− e tal que
( ) ( ) ( )1 0 1q q− = = , do teorema de Rolle deducimos que a ecuación ( ) 0q x′ = ten polo
menos unha raíz real 1x no intervalo ( )1,1− , é dicir, que existe ao menos un número
real ( )1 1,1x ∈ − tal que ( )1 0q x′ = .
Como se cumpren as hipótesis do mesmo teorema para a función ( )q x′ nos intervalos
[ ]11,x− e [ ]1,1x , pois é continua neles -é continua en ( )1,1− por ser derivable en
( )1,1− , e é continua á dereita de 1x = − e á esquerda de 1x = por existir ( )( )1p+′ − e
( )1p −′ , respectivamente-, derivable nos intervalos abertos respectivos ( )11,x− e ( )1,1x
e ( ) ( ) ( )11 0q q x′ ′− = = e ( ) ( ) ( )1 0 1q x q′ ′= = , concluímos que a ecuación ( ) 0q x′′ =
ten polo menos unha raíz real 0x no intervalo ( )11,x− e ao menos unha raíz real 2x no
intervalo ( )1,1x , ou sexa, existen polo menos un número real ( )0 11,x x∈ − para o cal
( )1 0q x′ = e ao menos un número real ( )2 1,1x x∈ con ( )2 0q x′ = .
Acabamos así de comprobar que existen polo menos dous números reais 0x e 2x
situados no intervalo ( )1,1− que son raíces da ecuación ( ) 0q x′ = . Tales números son
necesariamente distintos porque pertencen a intervalos disxuntos. Polo tanto, a
ecuación ( ) 0q x′ = ten ao menos dúas raíces reais, 0x e 2x , no intervalo ( )1,1− , como
queriamos demostrar.
Reseña de libros, comentario de páginas web, noticia de Congresos 55
Encarnación Reyes Iglesias e Inmaculada Fernández Benito: Pentágonos (Construcciones. Mosaicos. Geometría sagrada). Universidad de Valladolid, 2015.
Comentario de F. Bellot
En 1989, la famosa Editorial Springer publicó en su “serie amarilla” el libro de Edward Barbeau (U. de Toronto) Polynomials. En una cierta ocasión, comentando ese libro, creo recordar que dije: Las Matemáticas a través de los polinomios. El libro de Encarna e Inmaculada que acaba de ser publicado por la Universidad de Valladolid me ha recordado el de Barbeau, en este caso habría que decir algo así como La Geometría a través del pentágono.
El libro consta de 8 capítulos, cuyos títulos son suficientemente expresivos para dar una idea de lo que el lector va a encontrar:
1. El Pentágono. Naturaleza y Cultura 2. Número áureo y pentágono regular
3. Construcciones de pentágonos y otras figuras derivadas 4. Pentágonos con papiroflexia
5. Disecciones y cuadraturas de pentágonos 6. Mosaicos con pentágonos
7. Pentágonos en Geometría sagrada 8. Actividades
Merece también especial atención la Bibliografía, que contiene 58 libros, 27 artículos y 16 páginas web. Y si se ha dicho que hacer Geometría es el arte de razonar bien sobre figuras mal dibujadas, aquí hay que decir que se razona mucho mejor con figuras y fotografías tan bien hechas como las que ilustran casi todas las páginas del libro (si no me he equivocado, no llegan a 10 las páginas, de las 282 de que consta, en las que no hay, al menos una figura o una foto). Me atrevo a decir que el libro debería ser de lectura obligada para todos los profesores, cualquiera que sea el nivel educativo en el que den clase, para mostrar a sus alumnos la belleza de la geometría, tan inexplicablemente eliminada de los planes de estudio desde hace tanto tiempo. Valladolid, mayo de 2016. F. Bellot Rosado
Divertimentos matemáticos 55
Algunas fotografías más o menos matemáticas de la colección personal del editor
“Las setas”. Una plaza de Sevilla
Esferas anudadas en Bilbao
Un calendario “perpetuo”, copia de uno tibetano, en mi mesa.
Reflexiones en espejos, en el Museo de Matemáticas de Cataluña
Una “matraca” en la Torre de la Catedral de Valladolid
Parte de la alfombra de Sierpinski en Badajoz
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