Revista Escolar de la Olimpíada Iberoamericana de ... · Presentamos las soluciones de Amengual,...

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)

Más información [+]

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

https://en.wikipedia.org/wiki/New_Mathematical_Library�

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.


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

− −+≤ − ≤+ +

.


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= .


3. Considérase un triángulo cuxos lados miden 1, r e 2r . Determine todos os valores de r de maneira que o triángulo sexa rectángulo.


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.


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.


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 .


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.


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=∡ ∡ .


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− .


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

Revista Escolar de la Olimpíada Iberoamericana de ... · Presentamos las soluciones de Amengual,...

Documents

Transcript of Revista Escolar de la Olimpíada Iberoamericana de ... · Presentamos las soluciones de Amengual,...