Revista Escolar de la Olimpíada Iberoamericana de ... · Maxima and Minima without Calculus, de...

Revista Escolar de la Olimpíada Iberoamericana de Matemática

Número 44 (enero - marzo 2012)

ISSN – 1698-277X

ÍNDICE

Artículos, notas y lecciones de preparación de Olimpiadas 44

Sobre la desigualdad de Cauchy (Un enfoque heurístico y algunas aplicaciones). F. Bellot

Artículos de revistas, útiles en la preparación de Olimpiadas (Una pequeña bibliografía comentada (1). F. Bellot

Problemas para los más jóvenes 44

Cinco problemas de la Olimpiada de Bielorrusia 2009 (12-13 años de edad)

Presentamos las soluciones a los problemas PMJ43-1, PMJ43-2 y PMJ-43-3, enviadas por Bruno Salgueiro Fanego, Vivero, España.

Problemas de nivel medio y de Olimpiadas 44

Problemas propuestos en la Prueba de selección regional de Castilla y León de la 48 O.M.E. (Pruebas de los días 14 y 24 de febrero de 2012)

Presentamos las soluciones a los problemas de la Competición Matemática Mediterránea 2011, por Daniel Lasaosa Medarde, Pamplona, España.

Problemas 44

Problemas propuestos 216-220

Problemas resueltos

Problema 211

Recibidas soluciones de: Daniel Lasaosa Medarde, Pamplona, España; Bruno Salgueiro Fanego, Vivero, España; y del proponente. Presentamos la solución de Lasaosa.

Problema 212

Recibidas soluciones de: Miguel Amengual Covas, Cala Figuera, España; Daniel Lasaosa Medarde, Pamplona, España; Bruno Salgueiro Fanego, Vivero, España; Cristóbal Sánchez-Rubio García, Benicassim, España, y del proponente. Presentamos la solución de Sánchez-Rubio.

Problema 213

Recibidas soluciones de: Roberto Bosch Cabrera, Texas, USA; Robinson Higuita, estudiante, Antioquia, Colombia; Daniel Lasaosa Medarde, Pamplona, España; Albert Stadler, Herrliberg, Suiza; y el proponente.

Presentamos la solución de Bosch.

Problema 214

Recibidas soluciones de: Roberto Bosch Cabrera, Texas, USA; Daniel Lasaosa Medarde, Pamplona, España; Oscar Reynaga Alarcón, Lima, Perú; Bruno Salgueiro Fanego, Vivero, España; Albert Stadler, Herrliberg, Suiza; y del proponente. Presentamos la solución de Reynaga.

Problema 215 (corrección)

Los dos resolventes del problema observaron que el enunciado original no era correcto y probaron el enunciado una vez corregido: Daniel Lasaosa Medarde , Pamplona, España; y Bruno Salgueiro Fanego, Vivero, España. Presentamos la solución de Salgueiro. También lo observó Carlos Hugo Olivera Díaz, Lima, Perú.

Comentario de páginas web, noticias de congresos, reseña de publicaciones 44

Una nueva revista digital de Geometría Clásica

Divertimentos matemáticos 44

Capturado en Internet (2)

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Especialización en TIC y Educación del CAEU de la OEI Este curso de formación tiene como objetivo dar a conocer distintas aplicaciones que faciliten la incorporación de las TIC al aula de matemáticas en los diferentes niveles educativos. Es evidente que resulta imposible recoger todos los recursos existentes, por lo que en cada uno de los bloques desarrollados en el siguiente material se ha apostado por unos determinados programas por sus características y posibilidades,

apoyados en todo momento con otros recursos disponibles en Internet. Matrícula y becas parciales abiertas


SOBRE LA DESIGUALDAD DE CAUCHY

Un enfoque heurístico y algunas aplicaciones

Francisco Bellot Rosado

En muchos problemas de concursos se puede utilizar la desigualdad de Cauchy como herramienta para demostrar desigualdades.

En esta nota voy a exponer la forma en que a mí, personalmente, me gusta presentar la desigualdad a alumnos de 14 – 15 años de edad en adelante. Descarto, por la edad de los alumnos, el enfoque vectorial habitual con la utilización del producto escalar; emplearé la identidad de Lagrange, pero no la voy a presentar “caída del cielo” ni despacharla diciendo (como he llegado a leer en algún texto) que “se demuestra haciendo operaciones y desarrollando ambos miembros”.

La identidad de Lagrange

Queremos comparar las dos expresiones siguientes:

( )( )2 2 2 2 2 2a b c x y z+ + + + (1)

y

( )2ax by cz+ + (2)

con objeto de saber cuál de las dos será mayor. Aquí, los seis números involucrados son números reales cualesquiera. Pido a los alumnos que desarrollen por separado (1) y (2) :

(1)= 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2a x a y a z b x b y b z c x c y c z+ + + + + + + +

(2)= 2 2 2 2 2 2 2 2 2a x b y c z abxy acxz bcyz+ + + + +

A la vista del resultado obtenido, y si es preciso con algunos ejemplos numéricos, conjeturamos que (1) debe ser mayor o igual que (2); para demostrar esto de forma concluyente vamos a ver si conseguimos expresar (1) como una suma, uno de cuyos sumandos sea (2) y los demás sean positivos. Para que esto sea así, procuraremos que los otros sumandos sean cuadrados, y además que los términos que están en (1) pero no en (2) aparezcan en la suma – y se simplificarán – y los dobles productos, que están en (2) pero no en (1), se simplifiquen directamente apareciendo con signo opuesto en los desarrollos de los cuadrados:

Propongo, entonces, a los alumnos, que completen adecuadamente

( ) ( )2 22 2( ) ( )ax by cz+ + + − + − + −

y que escriben como

( ) ( )2 22 2( ) ( )ax by cz ay bx bz cy cx az+ + + − + − + − .

Hemos llegado, de esta forma a la identidad

( )( ) ( ) ( )2 22 2 2 2 2 2 2 2( ) ( )a b c x y z ax by cz ay bx bz cy cx az+ + + + = + + + − + − + −

que recibe el nombre de Lagrange (para tres variables, pero que es fácilmente generalizable a más) y que, “como subproducto”, demuestra la desigualdad

( )( ) ( )22 2 2 2 2 2a b c x y z ax by cz+ + + + ≥ + + ,

que es la desigualdad de Cauchy.

El caso de igualdad

¿Cuándo valdrá el signo igual en la desigualdad de Cauchy?

Los alumnos, después de reflexionar un poco, dicen: cuando sean 0 los tres cuadrados suplementarios del segundo miembro de la identidad.

Esto se formula como

0ay bx bz cy cx az− = − = − =

que se expresa de forma más compacta en forma de proporción:

a b cx y z= = ,

es decir, cuando las tres primeras variables sean proporcionales a las tres segundas.

Algunos comentarios

En la excelente monografía de J. Michael Steele The Cauchy-Schwarz Master Class, Cambridge U.P. & M.A.A. 2004 se afirma que el procedimiento que hemos utilizado es el que describe Cauchy en su libro de texto para los alumnos de la Escuela Politécnica de Francia (1821).

En la bibliografía rusa, se suele añadir el nombre de Buniakovski a los de Cauchy y Schwarz. En realidad, Schwarz y Buniakovski desarrollaron, independientemente uno de otro, una generalización de la desigualdad de Cauchy para cálculo integral.

La formulación generalizada de la desigualdad es

( )( ) ( )22 2 2 2 2 21 2 1 2 1 1 2 2n n n na a a b b b a b a b a b+ + + + + + ≥ + + + ,

valiendo el signo igual si y sólo si las variables ai y bi son proporcionales, es decir, si existe

tal que i

i

ab

λ λ = ,

Cualquiera que sea ,1i i n≤ ≤ .

Para generalizar el argumento anteriormente usado en la identidad de Lagrange, hay que observar que a la expresión

( )21 1 2 2 n na b a b a b+ + +

es necesario sumarle los n(n-1)/2 cuadrados

( ) ( ) ( )2 2 21 2 2 1 1 3 3 1 1 1n n n na b a b a b a b a b a b− −− + − + + −

número que coincide con el de formas de elegir dos subíndices distintos de entre los n. Con esto, se obtiene el primer miembro de la identidad de Lagrange para n variables.

Aplicaciones

El primer ejemplo que vamos a ver procede de una pequeña obra maestra: Maxima and Minima without Calculus, de Ivan Niven (M.A.A. 1981).

Ejemplo 1

Hallar los valores máximo y mínimo de 2x+3y+6z para valores de x,y,z que satisfacen x2+y2+z2 = 1.

Solución

Por la desigualdad de Cauchy para 3 variables, con a = 2, b=3, c = 6 obtenemos

( )( ) ( )22 2 2 2 2 22 3 6 2 3 6x y z x y z+ + + + ≥ + + ,

con igualdad si y sólo si

2 3 6x y z= = .

Pero sobre la esfera 2 2 2 1x y z+ + = , se tiene

( )249 2 3 6x y z≥ + + ,

lo cual significa que

7 2 3 6 7x y z− ≤ + + ≤ .

El problema estará terminado cuando encontremos efectivamente puntos sobre la esfera donde se verifique el signo igual. Para ello resolvemos el sistema formado por la ecuación de la esfera junto con las dos condiciones

2 3 6x y z= = .

Así obtenemos los valores

( ) 2 3 6 2 3 6, , , , y , ,7 7 7 7 7 7

x y z − − − ≡

.

Por lo tanto, el mínimo valor es -7 y el máximo 7.

Ejemplo 2

(del libro de Mircea Becheanu y Bogdan Enescu Inegalitati elementare…si mai putin elementare, Ed. Gil, 2002)

Si a,b,c son números reales tales que a + b + c = 1, demostrar que

a2+b2+c2 es mayor o igual que 1/3.

Solución

Aplicamos la desigualdad de Cauchy en la forma

( ) ( )22 2 2 21 1 1 1 3a b c a b c= + + ≤ + + .

La desigualdad que acabamos de demostrar tiene una interpretación geométrica interesante:

Consideremos el cubo ABCDA’B’C’D’ de lado 1 y sea P un punto interior situado en el plano ACD’. El punto P se proyecta en el plano ABCD en Q, y Q se proyecta sobre las aristas AD y CD en los puntos R y S, respectivamente. Supongamos que DR = a, DS = b, PQ = c. Entonces

2 2 2 2DP a b c= + + .

Por otra parte, el volumen del tetraedro DACD’ se puede expresar de dos maneras:

'1 1 1 1 1' o bien ,3 3 2 6 3ADC AD CV DD S V S h= = = =

donde h es la distancia de D al plano AD’C. Ya que '3 ,

2AD CS = resulta que

13

h = . Puesto que 2 2DP h≥ , la desigualdad propuesta expresa el siguiente

resultado geométrico: la distancia del vértice D del cubo a un punto P

interior al triángulo AD’C es mayor o igual que 3

3. La distancia mínima

tendrá lugar cuando los vértices PDRQS sean vértices de un cubo.

Ejemplo 3

Si a, b, c son números positivos, demostrar que

( ) 1 1 1 9a b ca b c

+ + + + ≥

Solución

Como a,b,c son estrictamente positivos, podemos considerar los números

(también positivos) , ,a b c y aplicar la desigualdad de Cauchy:

( ) ( ) ( ) ( )( )2 2 2

2 2 21 1 1 1 1 1a b c a b ca b c a b c

+ + + + = + + + +

21 1 1 9a b ca b c

≥ ⋅ + ⋅ + ⋅ =

.

Ejemplo 4

Si a,b,c son números reales positivos, entonces

2 2 2

2 2 2

a b c a b cb c a b c a

+ + ≥ + +

Solución

Escribimos el segundo miembro astutamente:

2 2 2 2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2 2 2 2

a c c a b c a c b b a c a b cc b a b c a b a c c b a b c a

⋅ + ⋅ + ⋅ ≤ + + ⋅ + + = + +

.

Ejemplo 5 (La desigualdad de Nesbitt)

Si a, b, c son números positivos, entonces

32

a b cb c c a a b

+ + ≥+ + +

.

Solución

Obsérvese la forma en que se invoca aquí la desigualdad de Cauchy:

( ) ( ) ( ) ( )2a b ca b c b c a c a b a b cb c c a a b

+ + + + + ⋅ + + ≥ + + + + +

De esta desigualdad se obtiene

( )( ) ( )

2 2 2 2

12 2

a b ca b c a b cb c c a a b ab bc ca ab bc ca

+ + + ++ + ≥ = +

+ + + + + + +

Pero como es bien conocido que 2 2 2a b c ab bc ca+ + ≥ + + , resulta

1 312 2

a b cb c c a a b

+ + ≥ + =+ + +

.

Bibliografía

M.Becheanu, B. Enescu: Inegalitati elementare…si mai putin elementare. Ed. Gil, Zalau, 2002.

J.Michael Steele: The Cauchy-Schwarz Master Class, Cambridge U.P. & M.A.A.2004.

I Niven: Maxima and Minima without Calculus. M.A.A. 1981.

ARTÍCULOS DE REVISTAS, ÚTILES EN LA PREPARACIÓNDE OLIMPIADASUna pequeña bibliografía comentada (1)Francisco Bellot Rosado

En un número anterior de la REOIM presentamos una bibliografía comen-tada de libros para la preparación y el entrenamiento de estudiantes olímpicos.En esta ocasión enumeramos a continuación (como primera entrega) artículospublicados en revistas, que pueden servir al mismo objetivo, esperando sea deutilidad a nuestros lectores.

Svrcek, Jaroslav: The systems of cyclic equations. Mathematics and Infor-matics quarterly, 1/2001, vol. 11, pp.4-7.

Entre otras ventajas, el artículo muestra ejemplos en los que la solución de unsistema cíclico NO está compuesta por valores IGUALES de las variables.

Mihaylov, Borislav: When a quadratic equation has three roots. Mathematicsand Informatic quarterly, 1/93, vol. 3, pp. 2-5.

Cómo probar identidades cíclicas.

MacHale, Desmond: My favourite polynomial. The Mathematical Gazette,junio 1991, pp. 157-165.

Propiedades de x3 + y3 + z3 − 3xyz.

Kung, Sidney: A butterfly theorem for quadrilaterals. Mathematics Maga-zine, vol. 78, #4, octubre 2005, pp. 314-316.

Un complemento a los artículos clásicos (sobre todo de Bankoff) acerca de estetema.

Gueron, Shay: Substitutions, Inequalities, and History. Crux Mathematico-rum, 2002

La sustitución mal llamada de Ravi y la desigualdad de reordenación (que debellamarse de Karamata) son discutidas en este artículo.

Rabinowitz, Stanley: The factorization of x5±x+n.Mathematics Magazine,junio 1988.

Se estudian los (pocos) casos en los que esa quíntica es reducible.

Klamkin, Murray & Liu, Andy: Simultaneous generalization of the Ceva’sand Menalaus’s theorems. Mathematics Magazine , 1-1992

La generalización comprende ambos teoremas como casos particulares.

Segers, Jack: Le cosinus au secours de l’équation cubique. Mathematica etPédagogie, no 125, 5-11, 2000.

Como evitar los números complejos en la ecuación cúbica con tres raíces reales.

1

Detemple, Duane & Harold, Sonia: A round-up of square problems. Mathe-matics Magazine, vol. 69, no 1, febrero 1996, pp. 15-27.

Toda clase de problemas sobre el cuadrado.

Holanda, Bruno: O lema da perpendicular. Sigma, no 3, septiembre 2006.www.grupoteorema.mat.br/sigma

Andreescu, Titu & Enescu, Bogdan: Equiangular polygons. MathematicalReflections, 1, 2006.

Wegner, Kenneth W.: Equations with trigonometric values as roots. Amer-ican Mathematical Monthly, 1959, pp.52-53.

Brodsky, Y.S. & Slipenko, A.K.: Functional equations and groups (A formalintroduction). Quantum, nov-dicbre 1998.

2

PROBLEMAS PARA LOS MÁS JÓVENES 44

CINCO PROBLEMAS DE LA OLIMPIADA DE BIELORRUSIA 2009

PMJ-44-1

La gráfica de la parábola y = x2 se dibuja en el plano cartesiano. Dos rectas r1 y r2 son paralelas al eje de abscisas; la distancia entre ellas es 1, y r1 está más cerca del eje de abscisas que r2. El punto A es uno de los puntos de intersección de la parábola con r1; el punto B es el punto de intersección de r2 con el eje de ordenadas, y O es el origen de coordenadas. Calcular el valor del ángulo OAB. (I. Voronovich)

PMJ-44-2

Sean un número primo p>3 y los enteros positivos k y n. Designamos con Sp(k,n) la suma de todas las fracciones irreducibles de la forma m/p tales

que mk np

< < . Hallar todos los números p,k,n tales que ( ), 2009pS k n = .

(V.Karamzin)

PMJ-44-3

En el trapecio ABCD (con BC paralela a AD), el ángulo CAD es de 30º. La longitud de la diagonal BD es igual a la longitud de la paralela media del trapecio. Calcular el valor del ángulo entre las diagonales AC y BD. (I. Voronovich)

PMJ 44-4

Tom y Jerry juegan de la siguiente manera: Cada uno, por turno, reemplazan uno de los asteriscos de la expresión ********* por una cifra del 1 al 9 (cada cifra sólo se puede utilizar una vez). Una vez terminado, Tom gana si el número de 9 cifras así formado es divisible por 11; si no lo es, gana Jerry. ¿Quién de los jugadores tiene estrategia ganadora si i) Tom empieza el juego; ii) Jerry empieza el juego? (E.Barabanov, S. Mazanik, I. Voronovich)

PMJ-44-5

Se consideran 15 trinomios cuadráticos con coeficientes distintos dos a dos:

2 , 1, 2, ,15i ix p x q i− + = . El conjunto de valores de los coeficientes de esos

trinomios es { }1,2, , 29,30 . Una raíz de uno de esos trinomios se dirá buena

si esa raíz es mayor que 20. Sea M el número total de raíces buenas de esos quince trinomios. Determinar el mayor valor posible de M. (I. Bliznets)

PMN43-1

Propuesto por Carlos Hugo Olivera Díaz, Lima, Perú.

ABC é un triángulo rectángulo en .B H é o pé da altura desde .B As medianas que parten de A e ,B relativas respectivamente aos lados BH e HC dos triángulos ABH e ,HBC córtanse no punto

.M As bisectrices interiores dos ángulos BAH e HBC córtanse no punto .N Se ,AMNα =∡

,ANHβ =∡ determinar o ángulo .BHN∡

Solución por Bruno Salgueiro Fanego, Viveiro, Lugo.

Sexan P e Q os respectivos puntos medios de BH e ,HC R o punto de intersección de BH e

,AN S o punto de intersección de CA e ,BN A BAC=∡ ∡ e .BHNγ =∡ Na referencia de orixe

H na que se teñen as coordenadas ( )2 ,0 ,A a ( )2 ,0 ,C c− ( )0,2 ,B b resulta que ( )0, ,P b ( ),0Q c− e

( ) ( ) 20 2 , 2 2 , 2 4 4 ,BC BA c b a b ca b= ⋅ = − − ⋅ − = − +��

logo ,b ca= sendo entón M a intersección das

rectas :2

bAP y x b

a= − + e

2: 2 ,

bBQ y x b

c= + que é

( )2 22, ,

4 4

ca c acaM

c a c a

+− + +

co cal

,AM BM⊥ pois

( ) ( ) ( ) ( )2 24 2 2 2 8 2 8 22 4, , 0.

4 4 4 4 4 4

a c a ca c a ca c a ca c aca a caMA MB

c a c a c a c a c a c a

+ − + + +⋅ = ⋅ = − = + + + + + +

��

Como ( ) ,2 2

A AHRA RAH AHR AHR

ππ π − = − + = − + =

∡ ∡∡ ∡ ∡ ∡ tense que

2

ANRH HRA

ππ += − = ∡∡ ∡ e

( ) ( ) .2 2

A ARHN RNH NRH ANH NRH

π πγ π π π β β+ − = = − + = − + = − + = −

∡ ∡∡ ∡ ∡ ∡ ∡

Nótese que 2 2 2

A ANBA SBA SBH HBA A

π π − = = + = + − =

∡ ∡∡ ∡ ∡ ∡ ∡ implica que

( ) ,2 2 2

A AANB NBA BAN

π ππ π − = − + = − + =

∡ ∡∡ ∡ ∡ co cal ,AN BN⊥ de onde resulta, ao ser

,AM BM⊥ que 2 2 2

A ANBA SBA SBH HBA A

π π − = = + = + − =

∡ ∡∡ ∡ ∡ ∡ ∡ e NMA α=∡ son

iguais, por ser ángulos inscritos na circunferencia de diámetro AB que abarcan o mesmo arco, ,AN

é dicir, que .2

Aπγ β α β−= − = −∡

PMN43-2

Propuesto por Carlos Hugo Olivera Díaz, Lima, Perú.

O triángulo ABC é rectángulo en ,B e sexa r o raio do seu círculo inscrito. As

bisectrices interiores dos ángulos en A e en C cortan aos seus lados opostos en N e ,M respectivamente. Calcular a área do triángulo BMN en función de .r

Solución por Bruno Salgueiro Fanego, Viveiro, Lugo.

Sexan I o incentro do triángulo ,ABC ,A′ B′ e C′ os puntos de tanxencia da

circunferencia inscrita ao triángulo ABC cos lados ,BC CA e ,AB respectivamente,

,a b e c as respectivas lonxitudes de ditos lados, p o semiperímetro e R o raio do

círculo circunscrito a ,ABC n a lonxitude de ,BN m a lonxitude de BM e [ ]… a área

do triángulo que se encerre entre corchetes. Nótese que N pertence á bisectriz interior AI e que M pertence á bisectriz interior ,CI col cal tanto ,A I e ,N coma ,C I e

,M están aliñados.

Polo teorema da bisectriz interior AN do triángulo ,ABC ,NC AC

NB AB= é dicir,

,a n b

n c

− = co cal ;ca

nb c

=+

analogamente, .ca

ma b

=+

Como o ángulo no vértice B do triángulo ABC é recto, resulta que dito triángulo está inscrito na circunferencia de diámetro ,BC sendo polo tanto dita circunferencia a

circunscrita ao mesmo, co cal .2

bR = Ademais, [ ]

2

capr ABC= = e

2

a b cBA C I r

− + ′ ′= = = e, segundo a igualdade 2 2 4 ,ab bc ca r p Rr+ + = + +

demostrada na páxina 29 do número 29 desta revista,

( ) ( ) ( )22 2 2 2 2 2 2 2 24 2 2 ,a b b c ab bc ca b r p Rr b r p br b b r p p+ + = + + + = + + + = + + + = + + =

de onde resulta [ ] ( ) ( )( )22 2

22

2.

2 2 4

prmn c aBMN r

a b b c p= = = =

+ +

PMN43-3

Enviado por Juan Jesús Moncada Bolón, San Francisco de Campeche, México.

Na figura, P e Q son os respectivos puntos medios dos lados dun cadrado.

Determinar o cociente entre a área da rexión dobremente sombreada e a área do cadrado.

Resolto por Bruno Salgueiro Fanego, Viveiro, Lugo.

Sexan 30a a lonxitude do lado do cadrado, ,A ,B C e D os vértices do cadrado dados

en sentido antihorario, de tal xeito que P AB∈ e ,Q BC∈ R a intersección de DB e

,PC S a intersección de DQ e ,PC T a intersección de DQ e ,AC U a intersección

de DB e ,AC que é o centro do cadrado, e [ ]… a área do polígono que se encerre entre

corchetes.

Fixada a referencia de orixe U na cal as coordenadas de P e Q son, respectivamente,

( )0, 15P a− e ( )15 ,0 ,Q a terase que ( )15 , 15 ,A a a− − ( )15 , 15 ,B a a− ( )15 ,15C a a e

( )15 ,15 .D a a− Así, R obtense como intersección das rectas : 2 15PC y x a= − e

: ,DB y x= − é dicir, ( )5 , 5 ,R a a− S obtense como intersección das rectas

: 2 15PC y x a= − e 15

: ,2

a xDQ y

−= é dicir, ( )9 ,3 ,S a a e T obtense como

intersección das rectas :AC y x= e 15

: ,2

a xDQ y

−= é dicir, ( )5 ,5 ,T a a co cal

[ ] [ ] [ ] 2 2 2

1 1 1 1 1 11 1 1 1

det 5 9 5 det 5 0 5 40 50 45 ,2 2 2 2

5 3 5 5 0 5

RSTU RST TUR a a a a a a a a

a a a a a

= + = + = + − = − −

logo o cociente pedido é [ ][ ]

2

2

45 1.

900 20

RSTU a

ABCD a= =

XLVIII Olimpiada Matemática Española

Fase Nacional Prueba de selección regional de Castilla y León

PRIMERA PRUEBA 14 de Febrero de 2012

PROBLEMA 1 Determinar, razonadamente, los enteros positivos k tales que el polinomio

5 4 3 2 1x x x kx x+ + + + + sea el producto de dos polinomios con coeficientes enteros de grados menores que 5. PROBLEMA 2 Demostrar que si (m,n) recorre todos los pares de enteros positivos, entonces la función polinómica

( ) ( )( )1 2,

2m n m n

P m n n+ − + −

= +

alcanza todos los valores enteros positivos sin repetir ninguno. PROBLEMA 3 Sea ABC un triángulo isósceles con AC = BC. Su circunferencia inscrita es tangente a AB y a BC en D y E, respectivamente. Una recta (distinta de AE) pasa por A y corta a la circunferencia inscrita en F y G. Las rectas EF y EG cortan a AB en K y L, respectivamente. Demostrar que DK = DL. PROBLEMA 4 Sobre una mesa horizontal hay una pila de 7 discos metálicos perfectamente iguales, cada uno de diámetro 40 cm. Determinar razonadamente cuál es la distancia máxima, sobre el plano horizontal de la mesa, entre la proyección del centro del disco más alto y el centro del disco más bajo, sin que la pila se desmorone. Cada problema se puntúa sobre 7 puntos. No se permite utilizar calculadoras ni otros dispositivos electrónicos. Tiempo: 4 horas.

REAL SOCIEDAD MATEMÁTICA ESPAÑOLA

Olimpiada Matemática Española

XLVIII Olimpiada Matemática Española

Fase Nacional Prueba de selección regional de Castilla y León

SEGUNDA PRUEBA 24 de Febrero de 2012

PROBLEMA 1

Demostrar que si a1, a2, …, an son n números reales no nulos, tales que verifican la relación

( )( )( )

2 2 2 2 2 21 2 1 2 3

21 2 2 3 1 ,

n n

n n

a a a a a a

a a a a a a

−

−

+ + + + + + =

= + + +

entonces esos números están en progresión geométrica.

PROBLEMA 2 En un billar circular de un metro de radio tenemos dos bolas, A y B, situadas en un mismo diámetro y separadas por el centro del círculo, a distancias a y b de éste. Determinar la posición de un punto P de la banda circular,(distinto de los extremos del diámetro donde están A y B) donde debería incidir la bola A para que en el primer rebote choque contra la bola B. Se supone que el lanzamiento se hace sin dar efecto a la bola A.

PROBLEMA 3 La sucesión de números positivos {ai} cumple la siguiente condición:

Si , entonces 1 1

k n m l

k n m l

a a a ak n m la a a a+ +

+ = + =+ +

.

Demostrar que existen números positivos b y c tales que , para todo naturalnb a c n≤ ≤ , y

encontrar un ejemplo de sucesión (no constante) con la propiedad del enunciado. PROBLEMA 4

En cada vértice de un polígono regular de 2012 lados hay colocada una piedra. Dos jugadores, A y B, van retirando cada uno una piedra en su turno, empezando por A, hasta que queden dos piedras. Si esas dos piedras ocupan vértices contiguos, gana el jugador B; en caso contrario gana A. Analizar cuál de los dos jugadores tiene una estrategia que le permita ganar siempre.¿Qué pasará el año que viene cuando repitan el mismo juego con 2013 piedras?

Cada problema se puntúa sobre 7 puntos. No se permite utilizar calculadoras ni ningún otro dispositivo electrónico. Tiempo: 4 horas

REAL SOCIEDAD MATEMÁTICA ESPAÑOLA

Olimpiada Matemática Española

Competicion Matematica Mediterranea 2011

PROBLEMA 1Un polinomio mediterraneo es de la forma

P (x) = x10 − 20x9 + 135x8 + a7x7 + a6x

6 + a5x5 + a4x

4 + a3x3 + a2x

2 + a1x+ a0

y solo tiene raıces reales. Sus coeficientes son reales tambien. Determinar el mayornumero real que puede ser raız de un polinomio mediterraneo.

Solucion por Daniel Lasaosa Medarde, Universidad Publica de Navarra,Pamplona, Espana

Sea r una de las raıces que puede tener un polinomio mediterraneo, y seans1, s2, . . . , s9 las demas raıces reales de dicho polinomio. Denotemos S = s1 + s2 +· · ·+ s9, σ = s1s2 + s2s3 + · · ·+ s8s9 y Q = s1

2 + s22 + · · ·+ s9

2. Por la desigualdadentre medias aritmetica y cuadratica, y por la desigualdad triangular, tenemos que

Q ≥ 19

(|s1|+ |s2|+ · · ·+ |s9|)2 ≥S2

9,

con igualdad si y solo si s1 = s2 = · · · = s9. Por las relaciones de Cardano-Vieta,tenemos que

20 = r+S, 135 = rS+σ = rS+S2 −Q

2≤ rS+

4S2

9= r(20−r)+4(20− r)2

9,

con lo que operando, se obtiene

0 ≥ r2 − 4r − 77 = (r − 11)(r + 7).

Se tiene entonces que ha de ser −7 ≤ r ≤ 11, con lo que los valores mınimoy maximo que puede tener una raız de un polinomio mediterraneo son −7 y 11,respectivamente, siendo esto posible si y solo si el resto de las raıces son igualesentre sı, e iguales a 3 en el caso del mınimo, e iguales a 1 en el caso del maximo. Sepuede comprobar en efecto facilmente que tanto (x+7)(x−3)9 como (x−11)(x−1)9

son polinomios mediterraneos.

1


PROBLEMA 2Sea A un conjunto finito de numeros reales positivos; sea B el conjunto de

numeros de la forma x/y, siendo x e y elementos de A; y sea C el conjunto denumeros de la forma xy, siendo x e y elementos de A.

Si representamos con S el numero de elementos del conjunto S, demostrar que|A| · |B| ≤ |C|2.


Supongamos que todos los elementos de A son distintos, y que tanto dos resulta-dos iguales del cociente como del producto de dos elementos de A se cuentan comoun unico elemento de B o C, respectivamente (la solucion a la alternativa es unaversion simplicada, con D = 0, de la solucion que se expone a continuacion).

Supongamos en primer lugar que no existen cuatro elementos de A, x1, x2, y1, y2con x1 6= x2, y tales que x1

y1= x2

y26= 1 o x1y1 = x2y2. Entonces, el numero

de elementos de B es claramente igual al numero de pares ordenados (x, y) quepodemos formar con dos elementos distintos cualesquiera de B, es decir n2 − n,mas un elemento adicional por todas las parejas de la forma x

x = 1, mientras que elnumero de elementos de C es igual al numero de pares no ordenados que podemosformar con dos elementos distintos de A, es decir

(n2

), mas n elementos de la forma

x2. Luego |B| = n2 − n+ 1 y |C| = n(n+1)2 , con lo que el resultado a demostrar es

equivalente a

4n(n2 − n+ 1) = 4|A| · |B| ≤ 4|C|2 = n2(n+ 1)2,

0 ≤ n3 − 2n2 + 5n− 4 = (n− 1)(n2 − n+ 4),claramente cierto y con igualdad si y solo si n = 1, pues n2−n+4 = (n−2)2+3n > 0.

Supongamos finalmente que existen cuaternas de elementos de A, x1, x2, y1, y2con x1 6= x2, y tales que x1

y1= x2

y26= 1 o x1y1 = x2y2. Notese que en el primer caso,

se darıa x1y2 = x2y1 y tambien y1x1

= y2x26= 1, mientras que en el segundo caso se

darıa y2x1

= y1x26= 1 y x1

y2= x2

y16= 1. Luego por cada elemento de C que se ”pierde”

por haber dos productos iguales, existen dos elementos que se ”pierden” en B porhaber dos pares de cocientes iguales. Llamando D al numero de elementos de Cque se pierden, tenemos que de B se pierden exactamente el doble, con lo que nosbastarıa con demostrar que

4n(n2 − n+ 1− 2D) ≤ (n(n+ 1)− 2D)2 ,

4D(n2 − n−D) ≤ (n2 − n)2 + 4n(n− 1),y esta ultima desigualdad es claramente cierta, ya que por la desigualdad entre

medias aritmetica y geometrica, D(n2 − n−D) ≤(

n2−n2

)2

, con igualdad si y solo

si D = n2−n2 . Notese que la desigualdad es siempre estricta, a menos que n = 1,

en cuyo caso A = {x} para algun real positivo x, con lo que B = {1}, C = {x2}, y|A| · |B| = 1 = |C|2.


PROBLEMA 3De un tetraedro regular de altura h se corta un tetraedro regular de altura xh

por medio de un plano paralelo a la base.Cuando el tronco de piramide resultante se coloca en un plano horizontal sobre

una de sus caras laterales, la proyeccion del centro de gravedad G del tronco decono es un punto de la base menor de esta cara lateral.

Demostrar que x es una raız de la ecuacion x3 + x2 + x = 2.


Supongamos el tetraedro apoyado en un plano horizontal tal que, al cortarlo, eltronco piramidal quede apoyado sobre una de sus caras laterales; es decir, una vezapoyado el tetraedro con una de sus caras sobre el plano horizontal, lo cortaremospor un plano paralelo a una de sus caras laterales. Llamemos A,B,C a los verticesdel tetraedro apoyados sobre el plano horizontal, de forma que el plano que cortaal tetraedro es paralelo al lado BC, cortando a las aristas AB,AC en los puntosrespectivos B′, C ′. Si llamamos H a la longitud de la altura de cada cara deltetraedro, la recta B′C ′ esta a una distancia (1 − x)H de la arista BC, y a unadistancia xH del vertice A.

Al realizar el corte, quedan dos solidos, un tetraedro regular, una de cuyas carases AB′C ′, y cuyo centro de gravedad llamaremos P1, y un tronco de piramide unade cuyas caras laterales es BB′C ′C, y cuyo centro de gravedad llamaremos P2 = G.Notese que el centro de gravedad del tetraedro es tambien el centro de gravedadde dos pesos puntuales, uno situado en P1 con masa x3, y otro situado en P2 conmasa 1 − x3, por ser esta la proporcion de volumenes entre el tetraedro pequenoy el tronco piramidal, en los que queda dividido el tetraedro original. Podemosentonces decir que, para cualquier punto O de la recta P1P2 que deja a P1, P2 enla misma semirrecta, el centro de gravedad P del tetraedro original esta tambiensobre dicha semirrecta, y cumple

OP = x3 ·OP1 + (1− x3) ·OP2.

Sean ahora Q1, Q2, Q,O′ las proyecciones respectivas de P1, P2, P,O sobre el

plano horizontal, y tomemos sin perdida de generalidad O′ como el punto medio deBC. Claramente, el centro de gravedad de ambos tetraedros estara en el centro desus respectivas bases, es decir, sobre la altura de dicha base, a una distancia de labase igual a un tercio de la altura. Luego O′Q1 = (1− x)H + xH

3 , O′Q = H3 . Pero

el punto Q2 es, por definicion en el enunciado, el punto medio de B′C ′, con lo queO′Q2 = (1− x)H. Se tiene entonces que, al ser O′Q = x3 ·O′Q1 + (1− x3) ·O′Q2

por el teorema de Thales, se cumple

1 = x3(3−2x)+3(1−x3)(1−x), 0 = x4−3x+2 = (x−1)(x3 +x2 +x−2).

Ahora bien, x = 1 no puede darse, pues entonces el corte dejarıa intacto el tetraedrooriginal, y el tronco de piramide no existirıa, luego ha de ser x3 + x2 + x− 2 = 0,qed.


PROBLEMA 4Sea D el pie de la bisectriz interior del angulo ∠A del triangulo ABC. La recta

que une los incentros de los triangulos ABD y ACD corta a AB en M y a AC enN . Demostrar que BN y CM se cortan sobre la bisectriz AD.


Sean E,F los puntos de corte respectivos de la recta BC y las bisectrices de losangulos ∠BAD y ∠CAD, y sean I1, I2, y r1, r2, los incentros e inradios respectivosde los triangulos ABD,ACD. Claramente, r1 = AI1 sin A

4 = I1E sin ∠AED, conlo que

AI1I1E

=sin ∠AED

sin A4

,AI2I2F

=sin ∠AFD

sin A4

.

Si BC ‖ I1I2, entonces sin ∠AED = sin ∠EFD. Pero ∠AED = B + A4 y

∠AFD = C + A4 , luego como B + C + A

2 < 180◦, entonces B = C, AD es ejede simetrıa del triangulo ABC isosceles en A, luego tambien del segmento MN , yBN,CM se cortan en dicho eje de simetrıa. Queda entonces probado en este casoel resultado pedido.

Si I1I2 no es paralela a BC, ambas se cortan en un punto P , y al ser B,Cintercambiables sin afectar al problema, podemos suponer que B esta en el interiordel segmento PC. Se tiene entonces por el teorema de Menelao, y usando el teoremadel seno, que

EP

PF=I2A

FI2· I1EAI1

=sin ∠AFDsin ∠AED

=AE

AF.

Ahora bien, por el teorema de la bisectriz, DEEB = AD

AB , para DE = AD·BDAD+AB y

BE = AB·BDAD+AB , y por el teorema de Stewart,

AE2 =DE ·AB2 +BE ·AD2

BD−BE ·DE =

(2AB ·ADAD +AB

cosA

4

)2

,

luegoPE

PF=AE

AF=AB(AD +AC)AC(AD +AB)

,

AB(AD +AC)AC(AD +AB)

=PB +BE

PC − CF=PB + AB·BD

AB+BD

PC − AC·CDAC+AD

,

AB(AD +AC)PC −AC(AD +AB)PB = AB ·AC ·BC = AB ·AC(PC − PB),y usando el teorema de la bisectriz, PB

PC = ABAC = BD

CD . Ahora bien, por el teoremade Menelao, y al estar alineados M,N,P , se tiene

1 =AM

MB· BPPC· CNNA

=AM

MB· BDDC· CNNA

,

y por el teorema de Ceva, tambien en este caso las rectas AD,BN,CM coincidenen un punto.

Problemas 216 - 220

Problema 216(Propuesto por Laurentiu Modan, Bucarest, Rumania)Sea f : [−1, 1]→ R una función continua. Con la notación fn (a) denotamos

(f(a))n.

Calcular el límite

limn→∞

1

3n

n∑k=0

(−1)k(n−1k

)n− k f

n

(k

n

).

Problema 217(Propuesto por D.M.Batinetu-Giurgiu, Bucarest, y N. Stanciu, Buzau, Ru-

mania)Seanm y n números reales positivos. Demostrar que para cualquier triángulo

ABC se verifican las desigualdades1)

ab2

ma+ nb+

bc2

mb+ nc+

ca2

mc+ na≥

(s2 + r2 + 4Rr

)2(2m+ n) s2 + (n− 2m) r2 + 4 (n− 2m)Rr

y 2)

1

(mra + nrb)2+

1

(mrb + nrc)2 +

1

(mrc + nra)2 ≥

27

(m+ n)2(4R+ r)

2

donde las notaciones del triángulo son las usuales.

Problema 218(Propuesto por el editor)La tangente en P a una cierta curva corta al eje Ox en T. PN es la perpen-

dicular desde P a dicho eje. Si el perímetro del triángulo PTN es constante eigual a 2c, demostrar que la ecuación de la curva es de la forma

y2 − 2cy = Ae xc .

Problema 219(Propuesto por el editor)ABC es un triángulo. Se trazan círculos de centros A y B que pasan por C.

Demostrar que el producto de las distancias desde C a las tangentes comunes aambas circunferencias es

4 (s− a)2 (s− b)2

c2.

Problema 220

1

(Propuesto por el editor)Si la sucesión {uj}se define mediante

u2n = u2n−2 + un − un−8 para n > 8;u2n = u2n−2 + un para n < 8;

u2n+1 = u2n y u1 = u0 = 1,

demostrar que

u8n =(n+ 1) (2n+ 1) (2n+ 3)

3.

2

PROBLEMA 211, propuesto por Carlos Hugo Olivera Dıaz, Lima,Peru.

Se da un triangulo ABC y la circunferencia exinscrita relativa al lado AC. Setraza la recta que pasa por el vertice B y por el punto de tangencia, N , de dichacircunferencia con el lado AC. La recta BN vuelve a cortar en P a la circunferenciaexinscrita. Sean D y E los otros puntos de tangencia de dicha circunferencia conlas rectas que contienen a los lados BC y AB, respectivamente. M es el puntomedio de la cuerda ED. Hallar ∠BPM en funcion de los elementos del trianguloABC.


Denotemos por Ib al centro de la circunferencia exinscrita relativa al lado AC,y por Q al punto donde se cortan las rectas AC y DE; si estas dos rectas no secortan, entonces AC es perpendicular a la bisectriz BM ya que DE lo es, con loque ABC es isosceles en B, la mediatriz es eje de simetrıa y N coincide con elpunto donde esta corta a AC, y ∠BPM = 0 por estar P,M sobre dicha bisectriz.Supondremos en el resto de la solucion que ABC no es isosceles, y sin perdida degeneralidad ∠A > ∠C, luego en efecto Q existe y esta bien definido.

Demostraremos en primer lugar que los puntos Ib, M, N, P,Q son concıclicos. Enefecto, consideremos la circunferencia de diametro IbQ. Como IbN es perpendiculara la recta AC, que es la misma que la recta QN , entonces ∠IbNQ = 90◦, y N estaen dicha circunferencia. Al mismo tiempo, como la recta QM coincide con la rectaDE, que por simetrıa alrededor de la bisectriz del angulo B es perpendicular a larecta BIb, que a su vez coincide con la recta MIb, tenemos que ∠QMIb = 90◦, conlo que nuevamente M tambien esta en dicha circunferencia. Finalmente, la potenciade B respecto a la circunferencia exinscrita es BN ·BP = BE2 = BM ·BIb, al serlos triangulos BME y BEIb semejantes, ya que ambos triangulos son rectangulos,respectivamente en M y E, y ambos comparten el angulo ∠EBM = ∠IbBE = B

2 .Se tiene entonces que IbMNP es cıclico, y su circunferencia circunscrita, que esclaramente la de IbMN , pasa por Q al estar M, N en la circunferencia de diametroIbQ.

Nos basta ahora con observar que ∠BPM = ∠NPM = ∠NQM = ∠AQM , esel angulo formado por las rectas AC y EQ. Como A > C, se tiene que ∠EAQ =180◦ − A, mientras que ∠AEQ = ∠BED = 90◦ − B

2 , luego

∠BPM = ∠AQE = 180◦ − ∠EAQ − ∠AEQ = A +B

2− 90◦ =

A − C

2.

En el caso en que ABC sea isosceles en B, esta relacion nos da el resultado, justi-ficado al principio de esta solucion, de ∠BPM = 0.

1

Problema 212. Solución: La figura (necesariamente grande) recoge todos los extremos del enunciado.

Detallaremos la construcción del cuadrado inscrito EDGF ya que se va a reiterar y explica por sí sola algunos de los apartados del problema. Se construye un cuadrado BCC’B’ de lado a, las intersecciones de las rectas que unen H con los vértices B’, C’ determinan los puntos E y F que se proyectan sobre el lado BC en D y G. Claramente los cuadrados BCB’C’ y FGEF son homólogos en la homotecia de centro H. Por el uso reiterado que vamos a hacer, vamos a recordar una propiedad elemental de los trapecios que por comodidad la llamaremos propiedad T. T.- Si en un trapecio de bases a y b trazamos la paralela a las bases por el punto de intersección de las diagonales, la medida del segmento que intercepta con los lados no paralelos es la media armónica de a y b y su punto medio es el de intersección de las diagonales. (La demostración es sencilla). Llamando 1l al lado del cuadrado inscrito EDGF, aplicando la propiedad T al trapecio AHCC’,

1

1 2

2

ah ahl

a h a h= =

+ +

Si repetimos la construcción inscribiendo un cuadrado en el triángulo ADG con la misma altura AH, obtenemos el cuadrado ILKJ cuyo lado 2l vale por la propiedad T en el trapecio AHGF:

a

aa

h

b

l2

l1

c

S

I

J

X

M

D

Y NE

R

L

K

G

F

P*

H

C'B'

B

A

C

2

12

1

1 2

2 2

ahl h aha hl

ahl h a hha h

+= = =+ ++

+

.

Con esto queda resuelto el apartado i). ii) Simetrizando las rectas EI y FL respecto de la recta BC; basta probar que la recta IJ es la bisectriz del ángulo EIA y que la recta KL es la bisectriz de ALF. Detallamos el cálculo para uno de los casos, el otro es análogo:

Llamando cosb C

ka

= , claramente 1 2, ,HG kl HL kl HC ka= = = .

Llamando cos

'c B

ka

= , claramente 1 2' , ' , 'HD k l HI k l HB k a= = = .

Entonces, KL es la bisectriz de ALF es equivalente a probar que FG h

GL HL= y, por lo anterior,

( )1 1

1 2 2 1 2 1 2

1FG h l h l h h h h

GL HL l l k l k l l l l

+= ⇔ = ⇔ = ⇔ + =−

Sustituyendo los valores de l1, l2 y operando, los dos miembros de la última igualdad valen 2h

a+ .

iii) Si P* es el punto medio de AH y hacemos la construcción del punto i) para inscribir un cuadrado en el triángulo P*BC con la misma base y altura mitad, obtenemos el cuadrado ILKJ ya que

22

22

haah

JK lha h a

= = =+ +

Esto demuestra el apartado iii). iv) Vamos a calcular HX como intersección de la recta CN con AH.

Por la semejanza de los triángulos AHG y XYN, y teniendo en cuenta que 1 1h l l

h a

− = , se tiene

( ) 21 11 1

1

kl h lYN kl klYN

h l h h a

−= ⇔ = =

−.

Por la semejanza de los triángulos XHG y XYN, resulta

1 1 1XH XH l l l kXH

ka YN ka YN

−= = ⇒ =−

a

kk

a −

21

2 2211

a l

a lla

=−

Expresión que no depende del factor k. Si calculásemos HX como intersección de la recta BM con AH, repetiríamos el cálculo cambiando el triángulo XYN por XYM, …,el factor k por k’ y sale el mismo valor, lo que demuestra el punto iv). v) De nuevo por la propiedad T aplicada a los trapecios KLGF y EDIJ ambos de bases 1 2,l l resulta que los puntos R y S están a la misma distancia de la recta BC y por tanto JK, SR y DG son paralelos y la semejanza es trivial.

Problema 213. Solucion de Roberto Bosch Cabrera, Texas, USA.

Tenemos que b2 = 112

, b3 = 138

, b4 = 12164

de donde en general se va a cumplir que

bn =1

n−1∏k=1

(1− 1

2k

) n ≥ 2

lo cual puede ser probado por induccion usando la relacion de recurrencia. Entonces limn→∞ bn = 1L donde

L =∞∏

k=1

(1− 1

2k

). Este producto infinito converge si y solo si la serie

∞∑k=1

ln(

1− 12k

)converge, la cual es

una serie de terminos negativos que convergera si y solo si la serie de terminos positivos∞∑

k=1

ln

(1

1− 12k

)converge. Lo cual es verdad dada la cadena de desigualdades siguiente:

ln

(1

1− 12k

)≤ 1

1− 12k

− 1 =1

2k − 1≤ 1

2k−1

notar que estarıamos comparando con una serie geometrica de razon 12 . Sobre L se puede encontrar

informacion en http://mathworld.wolfram.com/TreeSearching.html, ver formulas (19)−(25), tenemosque L = 0.2887880950 de donde el lımite de bn es igual a 3.462746620493479829907808353388; para estaconstante en particular ver A065446 en On-line Encyclopedia of Integer Sequences.

1

REVISTA OIM N 43 Problema 214 Propuesto por Pedro Pantoja, Brasil Resolver en el conjunto ℤ la ecuación

( ) ( )2 3 3 2 23 2 3 11x y x y x y x y+ − = + + + + + − .

Resolución 214. Sean ,a b∈ℤ tales que ,x y a xy b+ = = , la ecuación dada se transforma

en 211 3 ( 1)(2 1) 6 ( 1)a a a a b a−+ = + + − + . Puesto que ( 1)(2 1) 0 mod(3)a a a+ + ≡ , entonces 23 1 mod(3)a− ≡ , es decir 2a = , de aquí 1b = . Finalmente 1x y= = es la única solución.

Oscar Reynaga Alarcón Lima. Perú

[email protected]

Problema 215 (modificado)

Proposto por Francisco Javier García Capitán, Priego de Córdoba, España.

Sexan ,α ,β γ tres números complexos cuxo módulo é a unidade, e ,A ,B C os

puntos do plano dos que son afixos. Sean CBA ′′′ e CBA ′′′′′′ os triángulos órtico e tanxencial de .ABC Demostrar que CBA ′′′ e CBA ′′′′′′ son homotéticos e que se cumpre a relación

( )( )( ).

4αβγαγγββα +++−=

′′′′′′

CB

CB

Solución de Bruno Salgueiro Fanego, Viveiro, Lugo.

Supoñendo que a notación é tal que ,BCA ∈′ e ,CAB ∈′ e ,ABC ∈′ sexan ,α ′ ,β ′

,γ ′ ,α ′′ ,β ′′ γ ′′ os afixos de ,A′ ,B′ ,C′ ,A′′ ,B ′′ .C ′′

Ao ter ,α ,β γ módulo a unidade, ,A ,B C distan dita unidade da orixe, co cal ,A

,B C están situados sobre a circunferencia de centro a orixe e raio a unidade, que

coincidirá, por conter aos seus vértices, coa circunferencia circunscrita ao triángulo .ABC

O feito de que CBA ′′′ e CBA ′′′′′′ son homotéticos xa aparece demostrado na propiedade 6 de http://www.oei.es/oim/revistaoim/numero37/ortico.pdf, extraída do libro College Geometry, An Introduction to the Modern Geometry of the Triangle and the Circle, de Nathan Altshiller-Court, co cal chegará con demostrar a relación proposta no enunciado. Como B′ é o pé da perpendicular trazada desde B á corda CA da circunferencia de

centro a orixe e raio unidade, e como ,12 βββ == resulta

( ) ;21

21

−++=−++=′β

γαγβαβγαβαγβ e analogamente,

( ) ,21

21

−++=−++=′γ

αβγβαγαβγβαγ co cal

( )( ).

221

βγβγβγα

γαβ

βγαβγ −+=

−=′−′=′′CB

Como B ′′ é a intersección das tanxentes á circunferencia de centro a orixe e raio

unidade trazadas desde C e ,A ;2

αγγαβ+

=′′ e analogamente, ,2

βααβγ+

=′′ co cal

( ) ( )[ ]( )( )

( )( )( ) ,

22 2

αγβαγβα

αγβαβαγαγβαβγ

++−=

+++−+=′′−′′=′′′′CB sendo entón

( )( )

( )( )( )

( )( )( )( )( )

( )( )( ).

4422

22 αβγαγγββα

γββγαβγαγβαβγα

αγβαγβα

βγβγβγα

+++−=−

−+++=

++−

−+

=′′′′′′

CB

CB

COMENTARIO DE PÁGINAS WEB, NOTICIA DE CONGRESOS Y RESEÑA DE LIBROS 44

Una nueva revista de geometría

Recientemente se ha subido a la red el primer número de una nueva revista de geometría, Journal of Classic Geometry, en la URL http://jcgeometry.org

Sus editores son los Prof. Arseniy Akopyan y Alexey A. Zaslavsky, ambos de Moscú. El primero de ellos es el autor del libro Geometry in Figures, publicado en 2011 y disponible en Amazon. El segundo es miembro del grupo de discusión de Internet Hyacinthus, dedicado a la geometría del triángulo (en particular a las coordenadas baricéntricas).

Los artículos del primer número, todos en inglés, son 12 e incluyen una sección de problemas. Por la identidad de varios de los autores es fácil suponer que se trata de extensiones, en algunos casos, de problemas discutidos en el foro The Art of Problem Solving y que ahora se desarrollan de una manera más pausada que en la red, donde parece haber un prurito de inmediatez que hace que resultados poco fundamentados se consideren casi evidentes o se afirme de ellos que son fáciles de demostrar, lo cual está por ver en muchos casos.

La revista parece muy interesante y es posible comprar los ejemplares en papel. Aunque, en los tiempos que corren, esta última posibilidad no creo que sea demasiado popular.

Los editores esperan las colaboraciones para los siguientes números.

Valladolid, 19 de marzo de 2012.

Francisco Bellot

http://jcgeometry.org/�

DIVERTIMENTOS MATEMÁTICOS 44

CAPTURADO EN INTERNET

Matemática aplicada

Buena vecindad

La aplastante lógica de las autoridades de tráfico…

Revista Escolar de la Olimpíada Iberoamericana de ... · Maxima and Minima without Calculus, de...

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