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Revista Escolar de la Olimpíada Iberoamericana de Matemática
Número 57 (enero – junio 2017)
ISSN – 1698-277X
ÍNDICE
Artículos, Notas y Lecciones de preparación Olímpica 57
F.J. García Capitán: Algunas homografías en el triángulo
Rafael Sánchez Lamoneda: A la Memoria de Darío Durán
Problemas para los más jóvenes 57
Corrección de un error en la solución publicada del problema PMJ55-5, por Jorge
Tipe Villanueva
Cinco problemas elementales
Problemas de Nivel Medio y de Olimpiadas 57
Problemas resueltos
Problemas de la V Olimpiada Europea Femenina
El problema 1 de la V Olimpiada Europea Femenina sigue abierto.
Solución del Problema 2, por Andrés Sáez Schwedt, León, España
Solución del problema 3, por Joaquim Nadal Vidal, Llagostera, Gerona, España
Recibidas soluciones del problema 4, de: Jesús Dueñas Pamplona, estudiante,
Valladolid, España; Joaquín Nadal Vidal, LLagostera, Gerona, España; Andrés
Sáez Schwedt, León, España; y Cristóbal Sánchez-Rubio García, Benicassim,
Castellón, España. Presentamos la solución de Dueñas.
Solución del Problema 5, por Joaquín Nadal Vidal, LLagostera, Gerona, España.
El problema 6 sigue abierto.
Problemas 57
Nota del editor: el autor de las soluciones calificadas como “anónimas” a los
problemas 277, 278 y 280 del Num. 56 es Samael Gamboa Quezada, de Trujillo
(Perú).
Se han recibido soluciones de los problemas 277 y 279 de Joaquim Nadal Vidal,
de Llagostera, Gerona, España. Acusamos así recibo de ambas.
Problemas resueltos
Problema 281, propuesto por F.J. García Capitán
Se ha recibido una solución analítica abreviada. A la espera de que recibamos
soluciones sintéticas, este problema continúa abierto.
Problema 282, propuesto por D.M. Batinetu-Giurgiu y N. Stanciu
Recibidas soluciones (muy similares) de: Florentino Damián Aranda Ballesteros,
Córdoba, España; Gabriel Augusto Correia, Brasil; Joaquim Nadal Vidal,
LLagostera, Gerona, España; Paolo Perfetti, Dep. Matematica, Universitá degli
Studi di Tor Vergata, Roma, Italia; Angel Plaza, Las Palmas de Gran Canaria,
España; y Albert Stadler, Herrliberg, Suiza. Presentamos la solución de Plaza.
No se han recibido soluciones al problema 283, que naturalmente sigue abierto.
Problema 284, propuesto por el editor
Recibidas soluciones de Florentino Damián Aranda Ballesteros, de Córdoba,
España, de Francisco Javier García Capitán, de Priego de Córdoba, España; y de
Joaquim Nadal Vidal, de Llagostera, Gerona, España.
Presentamos las soluciones de Aranda y de García Capitán.
Problema 285, propuesto por el editor
Recibida la solución (que presentamos) de Joaquim Nadal Vidal, de LLagostera,
Gerona, España
Problemas propuestos 286-290
Reseña de Congresos, libros y páginas web 57
La página web del CIBEM 2017 en Madrid, España
Divertimentos Matemáticos 57
En esta ocasión hacemos un llamamiento para que los lectores nos remitan
materiales para esta sección. Nos parece que es una sección que cumple una
interesante función y que puede ser un excelente momento para muchos
lectores puedan iniciar su participación en la Revista Escolar de la Olimpíada
Iberoamericana de matemática. Para mandar las propuestas pueden usar el
correo [email protected]
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
ALGUNAS HOMOGRAFIAS EN EL TRIANGULO
FRANCISCO JAVIER GARCIA CAPITAN
Resumen. Hacemos una introduccion a las homografıas entre pun-tos de una recta y entre rectas de un haz y aplicamos dichos con-ceptos a algunos casos en el ambito del triangulo.
1. Homografıas entre rectas
1.1. Homografıa. Una homografıa entre dos rectas o entre dos ha-ces de rectas es una biyeccion que conserva las razones dobles. Nosotrosaquı no usaremos la razon doble, solo que una homografıa queda de-terminada por tres elementos y sus imagenes. 1
Dadas dos ternas A, B, C y A′, B ′, C ′ de puntos alineados sobre dosrectas distintas, existe una unica homografıa entre las dos rectas talque h(A) = A′, h(B) = B ′ y h(C) = C ′.
AB
C
A'C'
B'
Fig. 1: Homografıa.
1.2. Eje de homografıa. Si (M, M ′) y (N, N ′) son dos pares depuntos homologos, el lugar de los puntos MN ′ ∩ M ′N es una recta,llamada eje de la homografıa. En particular, los puntos de interseccionX = BC ′∩B ′C , Y = CA′∩C ′A y Z = AB ′∩A′B, que estan alineadospor el teorema de Pappus, son puntos del eje de homografıa.
AB C
A' C'B'
Z
Y
X
A B C
A' C' B'
M
L
M'
Fig. 2: Eje de homografıa. Fig. 3: Imagen de un punto.
1Se aconseja leer este documento usando un programa de geometrıa dinamicacomo Cabri o Geogebra e ir creando sobre la marcha las figuras que aparecen en eltexto.
FRANCISCO JAVIER GARCIA CAPITAN
1.3. Imagen de un punto. Si conocemos el eje de homografıa yun par de puntos homologos, podemos hallar la imagen M ′ de cual-quier punto M : basta hallar la interseccion L de C ′M con el eje dehomografıa, y luego la interseccion M ′ de CL y la recta A′B ′.
2. Dualidad
En Geometrıa Proyectiva, al incluir los puntos del infinito, son to-talmente validos, sin excepciones, los axiomas
1. Por cada dos puntos pasa una y solo una recta.2. Cada dos rectas se cortan en un y solo un punto.
Una consecuencia bella y util de esto es que cualquier enunciado quese exprese en terminos de intersecciones de rectas y de rectas que pasanpor dos puntos, puede traducirse a otro enunciado en el que intercam-biamos los dos conceptos, obteniendo ası otro enunciado igualmentevalido.
Por ejemplo, consideremos el teorema de Desargues y su dual.
Teorema de Desargues. Dados dos triangulos ABC y A′B ′C ′, sean
los puntos X = BC ∩B ′C ′, Y = CA∩C ′A′,Z = AB ∩A′B ′. Entonces
las dos condiciones siguientes son equivalentes:
1. Los puntos X, Y y Z estan alineados.
2. Las rectas AA′, BB ′ y CC ′ son concurrentes.
O
B
C
A
A'
B'
C'
X
Z
Y
N
Fig. 4: Teorema de Desargues.
Dual del teorema de Desargues. Dados dos trilateros abc y a′b′c′,
sean las rectas x = (b∩c)(b′∩c′), y = (c∩a)(c′∩a′) y z = (a∩b)(a′∩b′).Entonces las dos condiciones siguientes son equivalentes:
1′. Las rectas x, y, z son concurrentes.
2′. Los puntos a ∩ a′, b ∩ b′ y c ∩ c′ estan alineados.
ALGUNAS HOMOGRAFIAS EN EL TRIANGULO
En este caso, la dualidad permite que si demostramos que 1 ⇒ 2,entonces no tenemos que buscar una demostracion de que 2 ⇒ 1, yaque si 1 ⇒ 2 entonces tambien sera cierto, por el principio de dualidad,que 1′ ⇒ 2′, que en este caso equivale esencialmente a que 2 ⇒ 1.
1 ⇒ 2
��
dual
// 1′ ⇒ 2′
��
2′ ⇒ 1′dual
// 2 ⇒ 1
Demostracion de 1 ⇒ 2. Si las rectas AA′, BB ′ y CC ′ son concu-rrentes (Figura 4), la homografıa π : AA′ → CC ′, compuesta por laproyeccion π1 : AA′ → BB ′ desde Z y la proyeccion π2 : BB ′ → CC ′
desde X es tambien una proyeccion. De C = π(A) y C ′ = π(C), sededuce que Y = AC ∩ A′C ′ es el centro de π. Por construccion, lospuntos N = XZ ∩ AA′ y π(N) pertenecen a la recta XZ; como larecta Nπ(N) pasa por Y , el punto Y pertenece a la recta XZ.
3. Homografıas entre haces de rectas
Haciendo uso de la dualidad, podemos expresar todo lo dicho en laseccion 1 sobre homografıas entre rectas en terminos de homografıasentre haces de rectas.
Dadas dos ternas a, b, c y a′, b′, c′ de rectas concurrentes en dos puntosdistintos, existe una unica homografıa h∗ entre los dos haces O∗ y O′∗
tal que h∗(a) = a′, h∗(b) = b′ y h∗(c) = c′.
b
a ca'
b'
c'
O O'
Fig. 5: Homografıa entre haces.
3.1. Centro de homografıa. Si (m, m′) y (n, n′) son dos pares derectas homologas por la homografıa, todas las rectas (m ∩ n′)(m′ ∩ n)pasan por un punto fijo S, llamado centro de la homografıa.
En particular, las rectas x = (b ∩ c′)(b′ ∩ c), y = (c ∩ a′)(a′ ∩ b) yz = (a ∩ b′)(a′ ∩ b) pasan por S.
b
a c a'
b'
c'
y
O O'
S ba
ca'
b'c'
m
l
m'
O O'
S
Fig. 6: Centro de homografıa. Fig. 7: Imagen de una recta.
FRANCISCO JAVIER GARCIA CAPITAN
3.2. Imagen de una recta. Si conocemos el centro S y un par derectas homologas, por ejemplo (a, a′), para hallar la imagen de una rectam, hallamos la recta l = S(a′∩m), y la imagen de m sera m′ = O′(l∩a).
4. Proyecciones
Una homografıa h entre dos rectas es una proyeccion si la recta MM ′
que une dos puntos homologos pasa siempre por un punto fijo Q, lla-mado centro de la proyeccion.
r'
r
Q
M'
M
N'
N
n
m m'
n'
O O'
Fig. 8: Proyeccion entre rectas. Fig. 9: Proyeccion entre haces.
De forma dual, una homografıa h entre dos haces rectas es una pro-yeccion si el punto de interseccion m ∩ m′ de dos rectas homologasesta siempre sobre una misma recta, llamada eje de la proyeccion.
Esta es una caracterizacion muy sencilla y util de de las proyecciones:
Teorema. Una homografıa entre rectas es una proyeccion si y solo si
el punto de interseccion de las dos rectas se transforma en sı mismo.
Una homografıa entre haces de rectas es una proyeccion si y solo si la
recta que une los puntos base de los haces se transforma en sı misma.
5. El teorema de Chasles-Steiner
El teorema de Chasles-Steiner nos dice cuando los haces homologosde una homografıa entre haces se cortan en puntos de una conica:
b
a
ca'
b'
c'm
m'
OO'
S
Fig. 10: El teorema de Chasles-Steiner.
Teorema. Sea h∗ una homografıa entre dos haces de rectas O∗ y O′∗
con centro de homografıa S. Si h∗ no es una proyeccion, el lugar geo-
metrico de los puntos m∩ h∗(m) es una conica que pasa por O y O′, y
cuyas tangentes en dichos puntos son las rectas SO y SO′.
Cuando las rectas m y m′ sean paralelas, el punto de la conica es-tara en el infinito.
ALGUNAS HOMOGRAFIAS EN EL TRIANGULO
6. Homografıas en un triangulo
Sean ABC un triangulo y P un punto con triangulo ceviano UV W .Nos olvidamos por ahora del punto U y a cambio consideramos elconjugado armonico U ′ de U respecto de B y C :
A
B C
P
V
W
U'
Fig. 11: Un triangulo y un punto.
En la recta AB podemos considerar la terna de puntos A, B, W , yen la recta AC podemos considerar la terna de puntos A, C, V .
Es natural considerar las seis homografıas de la recta AB en la rectaAC que transforman los puntos A, B, W de AB en una permutacionde los puntos A, C, V de AC .
1 2 3 4 5 6A A A C C V V
B C V A V A C
W V C V A C A
Para cada una de estas homografıas h : AB → AC , consideramosla homografıa h∗ : C∗ → B∗ definida por h∗(m) = Bh(m ∩ AB),es decir, para cada Z sobre AB, se calcula Y = h(Z) y entonces esh∗(CZ) = BY .
Cuando h∗ es una proyeccion el lugar Lh de los puntos de la formam ∩ h∗(m) sera una recta y en caso contrario sera una conica.
Nos planteamos las siguientes cuestiones:
i ¿Es h una proyeccion? En caso afirmativo, ¿cual es el centro deproyeccion de h?
ii ¿Cual es el eje de homografıa de h?iii ¿Cual es el centro de homografıa de h∗?iv ¿Es h∗ una proyeccion? En caso afirmativo, ¿cual es eje de pro-
yeccion de h∗?v Lh puede ser una recta o una conica que pasa por B y C .vi Si Lh es una conica,
¿Conocemos cinco puntos para trazar la conica Lh?¿Podemos trazar facilmente el centro de Lh?Si L? es una hiperbola o parabola, ¿podemos obtener suspuntos del infinito?¿Que tipo de conica es Lh dependiendo de P?
FRANCISCO JAVIER GARCIA CAPITAN
7. La proyeccion πU ′ : ABW → ACV
A
B C
P
V
W
U'
Z
Y
Q
Fig. 12: La proyeccion πU ′.
i La homografıa πU ′ que transforma A, B, W en A, C, V respec-tivamente es la proyeccion con centro U ′ (Figura 11).
ii Usando los pares de puntos homologos, el eje de la homografıade πU ′ pasa por el punto BV ∩ WC = P , y usando los pares(A, A) y (B, C), el eje de homografıa tambien pasa por el puntoAC∩BA = A, por lo tanto el eje de homografıa es la recta AP .
iii Como πU ′(B) = C , se cumple que π∗
U ′(CB) = BC y por tantoπ∗
U ′ es una proyeccion.iv El centro de homografıa de π∗
U ′ es U ′. En efecto, usando lospares de rectas homologas (CA, BA) y (CW, BV ), este debeestar sobre la recta (CA ∩ BV )(CW ∩ BA) = V W , y, usandolos pares (CB, BC) y (CW, BV ), debe tambien estar sobre larecta (CB ∩ BV )(CW ∩ BC) = BC .
v Usando los pares (CA, BA) y (CW, BV ) de rectas homologas dela proyeccion π∗
U ′, la recta LU ′ pasa por los puntos A = CA∩BA
y P = CW ∩ BV , por lo que LU ′ es la recta AP .
8. La proyeccion πP : ABW → AV C
A
B C
P
V
W
Z
Y
Q
U'
Fig. 13: La proyeccion πP .
i La homografıa πP que transforma A, B, W en A, V, C respecti-vamente es la proyeccion con centro P (Figura 12).
ii Usando los pares de puntos homologos (A, A) y (B, V ), el ejede homografıa de πP pasa por el punto AV ∩BA = A, y usandolos pares (B, V ) y (W, C), tambien pasa por BC ∩ V W = U ′,por lo que el eje de homografıa es la recta AU ′.
ALGUNAS HOMOGRAFIAS EN EL TRIANGULO
iii Como πP (B) = V , la homografıa π∗
Pcumple que π∗
P(CB) = BV
y por tanto no es una proyeccion. En consecuencia, LP es unaconica.
iv Usando los pares de rectas homologas (CA, BA) y (CB, BV ),el centro de homografıa de π∗
P debe estar contenido en la recta(CA∩BV )(CB∩BA) = V B, y usando el par de rectas homolo-gas (CB, BV ) y (CW, BC), tambien debe estar contenido en larecta (CB ∩ BC)(CW ∩ BV ) = CP , por lo que el centro dehomografıa de π∗
Pes P .
v La conica LP pasa por B y C y sus tangentes en B y C son lasrectas BP y CP respectivamente.
vi Usando coordenadas baricentricas, si P = (u : v : w) podemoscomprobar algunas propiedades de esta conica:
La ecuacion de LP es −uyz+vzx+wxy = 0, la circunconicacon perspector A′ = (−u : v : w), siendo A′B ′C ′ el triangu-lo anticeviano de P .El centro de LP es el complemento del conjugado isotomi-co del anticomplemento de A′, el punto con coordenadas(u(u + v + w) : v(u + v −w) : w(u − v + w)).La recta que une los conjugados isogonales de los puntosdel infinito de LP es la recta b2c2ux−a2c2vy−a2b2wz = 0,que es la polar respecto de la circunferencia circunscritadel conjugado isogonal de A′.El discriminante de LP es (u + v + w)2 − 4vw. La conicaHa con ecuacion (x + y + z)2 − 4yz = 0 es la hiperbo-la inscrita al triangulo con perspector (−1 : 1 : 1). Estahiperbola tiene por centro A, y por asıntotas las rectas AB
y AC . En particular, si P esta sobre Ha, entonces LP esuna parabola.
A
B C
PV
W
M
Fig. 14: La hiperbola Ha.
En la figura vemos un caso en el que LP es una elipse.
FRANCISCO JAVIER GARCIA CAPITAN
9. La homografıa hBC : ABW → CAV
A
B C
P
VW
Z
L
YA
B
C
PVW
P'
W'V'
Fig. 15: La homografıa hBC . Fig. 16: LBC pasa por P ′.
i Sea hBC : AB → AC la homografıa que aplica A, B, W enC, A, V . No se trata de una proyeccion.
ii Usando los pares de puntos homologos (B, A) y (W, V ), el ejede homografıa pasa por BV ∩ AW = B, y usando los pares depuntos homologos (A, C) y (W, V ), tambien pasa por el puntoAV ∩WC = C , por lo que el eje de homografıa de hBC es BC .
iii Como h∗BC(CB) = BA, la homografıa h∗
BC no es una proyec-cion.
iv Teniendo en cuenta los pares de rectas homologas (CA, BC),(CB, BA) y (CW, BV ), el centro de la homografıa h∗
BCesta so-
bre la recta (CA ∩ BV )(CW ∩ BC) = V C y tambien sobre larecta (CB ∩ BV )(CW ∩ BA) = WB, por lo que es el puntoV C ∩ WB = A.
v La conica LBC pasa por B, C, P , y las tangentes en B y C sonlas rectas AB y AC respectivamente. Algunas propiedades masde la conica LBC.
La segunda interseccion de LBC con la recta AP es el con-jugado armonico P ′ de P respecto de AL, siendo L la in-terseccion de AP y BC .La ecuacion de LBC es vwx2 − u2yz = 0.Su centro esta en el punto (−u2 : 2vw : 2vw), sobre lamediana que pasa por A.El discriminante de LBC es 1
4u2(u2 − 4vw). La conica Pa
de ecuacion x2 − 4yz = 0 es una parabola que pasa porB y C y que es tangente a la paralela media a BC en supunto medio. Aquı mostramos una construccion por cincopuntos de la parabola Pa: Sean A′B ′C ′ el triangulo medialde ABC , D el punto que dividen BC en las razon BD :DC = 1 : 4 y E el punto que divide BC en la razon BE :EC = 4 : 1. Entonces los puntos BB ′ ∩ AE y CC ′ ∩ AD
estan sobre Pa.
ALGUNAS HOMOGRAFIAS EN EL TRIANGULO
Cuando P esta sobre Pa, la conica LBC, que es una parabo-la, coincide con Pa.
A
B C
B'
D A' E
C'
Fig. 17: Construccion de Pa.
10. La homografıa hCP : ABW → CV A
A
B C
P
VWZ
L
Y
Fig. 18: La homografıa hCP .
i La homografıa hCP que transforma A en C y que tiene a larecta CP como eje de homografıa tambien transforma B en V
y W en A.ii El eje de homografıa es, por construccion, la recta CP .iii El centro de la homografıa h∗
CPes el punto V .
iv Como h∗
CP (CB) = BA, la homografıa hCP no es una proyeccion.v La conica LCP pasa por B y C , siendo V B y V C las tangen-
tes en B y C . La conica LCP tambien pasa por W , ya quehCP (CW ) = BA. El discriminante de LCP es 1
4u2(u2 + +w2 +
2uw + 4vw).
A
B C
P
VW
L L'
Fig. 19: El discriminante de L.
vi Sobre la conica x2 + 2xz + z2 + 4yz = 0:
FRANCISCO JAVIER GARCIA CAPITAN
Es una hiperbola que pasa por B tangente a la recta AB.Su centro es el punto medio de CA.Una asıntota es el lado CA. La otra asıntota corta a BC
en el punto L tal que BL : LC = 1 : 2.Vuelve a cortar a BC en L′ tal que BC : CL′ = 3 : 1, esdecir tal que CL′ = BL.
11. La homografıa hBP : ABW → V AC
i Sea hBP : AB → AC la homografıa que transforma A, B, W enV, A, C , respectivamente. Como hBP(A) 6= A, la homografıa noes una proyeccion.
ii Usando los pares de puntos homologos (B, A) y (W, C), el ejede homografıa de hBP pasa por el punto BC ∩ WA = B, yusando los pares (A, V ) y (W, C), el eje debe pasar por el puntoAC ∩WV = V , por lo que el eje de homografıa de hBP es BP .
A
B C
P
V
W
Z
Y
Fig. 20: La homografıa hBP .
iii Como h∗
BP(CB) = BA 6= BC , la homografıa h∗
BPno es una
proyeccion.iv Usando los pares de rectas homologas (CA, BV ) y (CB, BA),
el centro de la homografıa h∗
BPdebe estar situado sobre la recta
(CA ∩ BA)(CB ∩ BV ) = AB, y usando los pares (CA, BV ) y(CW, BC), tambien debe estar sobre (CA∩BC)(CW ∩BV ) =CP , por lo que el centro es el punto AB ∩ CP = W .
v Al no ser h∗
BPuna proyeccion, el lugar LBP de los puntos de la
forma m∩h∗
BP(m) es una conica que pasa por B y C , siendo las
tangentes en B y C las rectas BW y CW = CP . Teniendo encuenta que h∗
BP(CA) = BV , el punto CA ∩ BV = V tambien
esta sobre LBP .
12. La homografıa hV W : ABW → V CA
i Sea hV W la homografıa que transforma A, B, W en V, C, A, res-pectivamente. Como hV W (A) 6= A, la homografıa no es unaproyeccion.
ii El eje de homografıa es la recta V W . En efecto, usando los pares(B, C) y (W, A), el eje de homografıa pasa por BA∩CW = W ,
ALGUNAS HOMOGRAFIAS EN EL TRIANGULO
y usando los pares (A, V ) y (B, C), el eje tambien debe pasarpor AC ∩ V B = V .
A
B C
P
VW
ZL
Y
U
Fig. 21: La homografıa hV W .
iii Usando los pares de rectas homologas (CA, BV ), (CB, BC),(CW, BA) de la homografıa h∗
V W, el centro de la homografıa
h∗
V Wes el punto U = AP ∩ BC .
iv Como h∗
V W (CB) = BC , la homografıa h∗
V W es una proyeccion.v En este caso LV W es una recta, la recta V W .
13. Praxis
Proponemos practicar lo aprendido aquı estudiando las homografıasentre las rectas AP y BC que transforman los puntos AUP en unapermutacion de los puntos BCU .
A
B C
P
U
Fig. 22: Otras seis homografıas.
Referencias
[1] Jose Marıa Pedret: Curso de Geometrıa Proyectiva para un amigo. Disponibleen http://garciacapitan.esy.es/pedret
[2] Jean Claude Sidler: Geometrie Projective. Dunod, 2000.
Asociación Venezolana de Competencias Matemáticas
ACM
Asociación Venezolana de Competencias Matemáticas Escuela de Matemáticas. Facultad de Ciencias. Universidad Central de Venezuela. Caracas 102-A.
www.acm.ciens.ucv.ve
A la memoria de Darío Durán
La Asociación Venezolana de Competencias Matemáticas cumple con el penoso deber de comunicar que en la madrugada del día 11 de diciembre ha fallecido, en la ciudad de Maracaibo, el Profesor Darío Durán. Darío nos acompañó desde nuestra fundación en la tarea de difundir las matemáticas entre los jóvenes del país, así como en el entrenamiento de estudiantes y profesores en las artes de resolver problemas de Geometría, actividad que realizaba a la perfección, contagiándonos a todos con su alegría y su risa inolvidable. Hacemos llegar nuestras más sentidas condolencias a su viuda, la Profesora Judith Aular de Durán, a sus hijos y nietos. Su ejemplo de dedicación y constancia queda para todos nosotros, sus alumnos, colegas y amigos. Adiós amigo, siempre te tendremos presente. Rafael Sánchez Lamoneda Presidente ACM.
Corrección de un error en la solución publicada del problema PMJ55-5
El Prof. Jorge Tipe Villanueva nos ha advertido de un error en la solución del problema PMJ55-5, por lo que agradecemos su observación y pedimos disculpas a los lectores del número 56 de la REOIM.
El enunciado del problema era el siguiente:
Si n es un número natural con 6 divisores enteros positivos, ¿cuántos divisores enteros positivos tiene n2?
Una solución correcta es la siguiente:
El número de divisores d(n) del entero positivo n está dado por
( ) ( ) ( )1 1 1kd n α α= + + ,
donde , 1, ,i i kα = son los exponentes de los factores primos en la
descomposición del número n en potencias de factores primos.
En este caso, d(n) = 6 = 3x2=6x1 son las únicas maneras posibles de descomponer 6 en dos factores.
En el primer caso, tenemos
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )2 1 4 22 21 2 1 2 4 1 2 1 15n a a n a a d n= ⋅ ⇒ = ⋅ ⇒ = + + = .
En el segundo caso, se trata de un número primo p elevado a 5, lo que da para los divisores de n: 1, p, p2, p3, p4, p5 (6 divisores). Entonces
( ) ( )25 2 5 10 2 11n p n p p d n= ⇒ = = ⇒ = .∎
Problemas para los más jóvenes 57
PMJ57-1
Se tiene una jarra de 3 litros y otra de 5 litros. ¿Es posible medir exactamente 7 litros de agua?
PMJ57-2
¿Es posible encontrar una sucesión de números enteros consecutivos cuya suma sea 1000?
PMJ57-3
¿Cuántos enteros positivos de 5 cifras se pueden formar utilizando las cifras 1, 2 y 3?
PMJ57-4
Se eligen 5 puntos en la circunferencia de un círculo, y se trazan cuerdas entre ellos de manera que no haya 3 cuerdas con un punto común. ¿En cuántas regiones queda dividido el círculo?
PMJ57-5
De un trozo de queso con forma de cubo de 10 cm de arista se deben cortar tres lonchas de anchura 1 cm cada una. ¿Cómo hacer los cortes de manera que el resto del trozo tenga el mayor volumen posible?
Problemas de la 5ª Olimpiada Matemática europea femenina. Abril 2016. Rumania
Problema nº 3 (Propuesto por México)
Sea m entero positivo. Se considera un tablero de 4m x 4m casillas cuadradas. Dos casillas diferentes están relacionadas si están ya en la misma fila o en la misma columna. Ninguna casilla está relacionada con ella misma. Algunas casillas se colorean de azul de manera que cada casilla está relacionada al menos con dos casillas azules. Determinar el mínimo número de casillas azules.
Solución: (propuesta por Joaquim Nadal Vidal. LLagostera, Girona)
Una casilla azul A1 debe estar relacionada, como mínimo, con otras dos azules A2 y A3
Esto puede conseguirse situando A2y A3 en la misma fila que A1,en la misma columna o una en su fila y otra en su columna.
Esta tercera opción hace aumentar el número de azules necesario pues A2 y A3 necesitarán cada una de ellas una segunda casilla azul con la que relacionarse.
Así pues lo mejor es que las casillas azules estén alineadas en una misma fila o columna.
Ahora bien, si sólo hay una alineación de azules las casillas blancas no podrán tener dos relaciones. Para conseguir esto basta poner una fila y una columna de azules. Dejando blanca la casilla de cruce tendremos 8m – 2 casillas azules y 16m2 – 8m + 2 casillas blancas
Cada casilla azul está relacionada con 4m-2 casillas azules
Cada casilla blanca, excepto la de cruce, está relacionada con dos casillas azules
La casilla blanca situada en el cruce está relacionada con 8m-2 casillas azules
Para m=2 tendríamos la siguiente tabla con 14 casillas azules
A A A A A A A A A A A A A A
Problema 4 Olimpiada Matematica Europea Femenina
Problema 4. Dos circunferencias ω1 y ω2 del mismo radio se intersecan en dos puntosdistintos X1 y X2. Se considera una circunferencia ω, tangente exteriormente a ω1 en unpunto T1, y tangente interiormente a ω2 en un punto T2. Demostrar que las rectas X1T1
y X2T2 se cortan en un punto que pertenece a ω.
Solucion. Sean O, O1 y O2 los centros de ω, ω1 y ω2 respectivamente. Vease que al serω tangente a ω1 y a ω2, los centros tienen que estar alineados con el punto de tangencia,es decir, O ∈ O1 + T1 y O ∈ O2 + T2.
Consideramos la homotecia de centro T2 que lleva ω en ω2, y que lleva T1 → K, siendoK = (T1+T2)∩ω2, y O → O2, por lo que los triangulos T2T1O y T2KO2 son semejantes, yal compartir vertice T2 y lados T2+O2 y T2+K tenemos que T1+O y K+O2 son paralelas.
Si consideramos el punto Z como el punto medio del segmento O1O2 y la simetrıacentral respecto de Z tenemos que O1 → O2, y como las simetrıas centrales respecto deun punto transforman rectas en rectas paralelas, tenemos que O1 + T1 → O2 + K, luegoT1 → K por esta simetrıa central.
Ahora bien, como ambas circunferencias tienen el mismo radio, tenemos que Z esta enel eje radical de ω1 y ω2, que es X1 +X2, luego X1 → X2 por la simetrıa central respectode Z. De aquı que X1 + T1 y X2 + K sean paralelas, porque son la imagen la una de laotra por esta simetrıa.
Sea P = (X1 +T1)∩ (X2 +T2), el punto que queremos ver que esta sobre ω. Volviendoa la homotecia de centro T2 que lleva ω en ω2 tenemos que por el paralelismo entreX1 + T1 = T1 + P y X2 + K, se da P → X2 por la dicha homotecia, ya que T1 → K porlo visto antes, y de aquı la semejanza entre T2PO y T2X2O2. Como T2X2O2 es isoscelesporque dos de sus lados son radios de ω2, T2PO tambien es isosceles y tenemos queT2O = PO, por tanto P ∈ ω, como querıamos probar.
Solucion por Jesus Duenas Pamplona
1
5ª Olimpiada Matemática Europea Femenina, abril 2016, Rumania.
Problema nº 5 (propuesto por Holanda)
Sean k y n enteros tales que 2
Se ponen piezas rectangulares de tamaño 1xk o kx1 en un tablero de nxn casillas cuadradas de manera que cada pieza cubra exactamente k casillas del tablero y no haya dos piezas superpuestas. Se hace esto hasta que no se puedan colocar más piezas. Para n y k en las condiciones anteriores, determinar el mínimo número de piezas que puede contener el tablero.
Solución: (Propuesta por Joaquim Nadal Vidal. LLagostera, Girona)
Siendo la longitud de una pieza k y el lado del tablero no superior a 2k-1, es claro que en una fila (o columna) podremos colocar en posición horizontal (o vertical) únicamente una pieza.
Es siempre posible colocar una pieza en cada fila y hacerlo escalonadamente a fin de evitar que en las casillas no ocupadas pueda situarse una pieza en posición vertical
Por ejemplo para k=3 , los posibles valores de n son 3,4,5 y entonces tenemos
A A A B B B C C C
A A A B B B C C C D D D
A A A B B B C C C D D D E E E
Es evidente que la construcción puede extenderse para otros valores de k y n.
En todos los casos tendremos que el mínimo de piezas que contendrá el tablero es n
Ninguna otra disposición de las piezas permite rebajar este mínimo
PROBLEMA 282, propuesto por D.M. Batinetu-Giurgiu y N. Stanciu, Bucarest y Buzau, Rumania. Sean funciones derivables con derivadas continuas, y . Calcular
Solutionby Ángel Plaza, Universidad de Las Palmas de Gran Canaria, España. Basta hacer el cociente en el integrando para obtener
de donde se obtiene inmediatamente el resultado:
Problema 284, propuesto por el editor.
Probar que la ecuación cúbica 𝑎𝑥3 + 3𝑏𝑥2 + 3𝑐𝑥 + 𝑑 = 0, puede escribirse como 𝛼(𝑦 − 𝛽)3 = 𝛽(𝑦 − 𝛼)3 ,
donde 𝑦 = 𝑎𝑥 + 𝑏, y los números 𝛼,𝛽 son las raíces de la ecuación cuadrática:
𝑎𝑐 − 𝑏2 𝑡2 + 𝑎2𝑑 − 3𝑎𝑏𝑐 + 2𝑏3 𝑡 − (𝑎𝑐−𝑏2)2 = 0.
Escribir las tres raíces en función de 𝛼,𝛽.
Expresar la ecuación 5𝑥3 + 21𝑥2 + 30𝑥 + 14 = 0 en esa forma y resolverla.
Solución de Florentino Damián Aranda Ballesteros, profesor del IES Blas Infante de Córdoba (España). La ecuación cúbica inicial, 𝑎𝑥3 + 3𝑏𝑥2 + 3𝑐𝑥 + 𝑑 = 0 (𝑎 ≠ 0), podemos expresarla del modo:
𝑥3 + 3𝑏
𝑎𝑥2 + 3
𝑐
𝑎𝑥 +
𝑑
𝑎= 0 (𝐼)
y haciendo el cambio sugerido,𝑦 = 𝑎𝑥 + 𝑏, podemos llegar a la ecuación siguiente:
𝑦3 − 3 𝑏2 − 𝑎𝑐 𝑦 + 𝑎2𝑑 − 3𝑎𝑏𝑐 + 2𝑏3 = 0 (𝐼𝐼) Si desarrollamos la expresión 𝛼(𝑦 − 𝛽)3 = 𝛽(𝑦 − 𝛼)3 , determinaremos los valores de 𝛼 𝑦 𝛽 que permitirán así, obtener una ecuación equivalente a (𝐼𝐼). Para ello, observamos que si 𝛼 ≠ 𝛽, la ecuación:
(𝛼 − 𝛽)𝑦3 − 3 𝛼2𝛽 − 𝛼𝛽2 𝑦 + 𝛼3𝛽 − 𝛼𝛽3 = 0 será equivalente a esta otra:
𝑦3 − 3𝛼𝛽𝑦 + 𝛼𝛽 𝛼 + 𝛽 = 0 (𝐼𝐼𝐼) Para ello, deberá suceder que:
𝑏2 − 𝑎𝑐 = 𝛼𝛽
𝑎2𝑑 − 3𝑎𝑏𝑐 + 2𝑏3 = 𝛼𝛽 𝛼 + 𝛽
Por tanto, pueden suceder dos casos: Caso 1. 𝑏2 − 𝑎𝑐 = 0 → 𝑦3 + 𝑎2𝑑 − 3𝑎𝑏𝑐 + 2𝑏3 = 0 𝐼𝐼 → 𝐸𝑐𝑢𝑎𝑐𝑖ó𝑛 𝑡𝑟𝑖𝑣𝑖𝑎𝑙.
Caso 2. 𝑏2 − 𝑎𝑐 ≠ 0 → 𝑏2 − 𝑎𝑐 = 𝛼𝛽
𝑎2𝑑−3𝑎𝑏𝑐+2𝑏3
𝑏2−𝑎𝑐= 𝛼 + 𝛽
→ 𝛼 𝑦 𝛽 𝑠𝑜𝑛 𝑙𝑎𝑠 𝑟𝑎í𝑐𝑒𝑠 𝑑𝑒 𝑙𝑎 𝑒𝑐𝑢𝑎𝑐𝑖ó𝑛 𝑑𝑒 𝑠𝑒𝑔𝑢𝑛𝑑𝑜 𝑔𝑟𝑎𝑑𝑜:
𝑡2 +𝑎2𝑑 − 3𝑎𝑏𝑐 + 2𝑏3
𝑎𝑐 − 𝑏2𝑡 + 𝑏2 − 𝑎𝑐 = 0.
Por tanto, en función de 𝛼,𝛽, las raíces de la ecuación cúbica se expresarán del siguiente modo.
𝛼(𝑦 − 𝛽)3 = 𝛽 𝑦 − 𝛼)3 → ( 𝛼3
− 𝛽3
𝑦 = 𝛼3
𝛽 − 𝛼 𝛽3 → 𝑦 =
𝛼3
𝛽 − 𝛼 𝛽3
𝛼3
− 𝛽3
.
Ahora bien, en esta última expresión debemos considerar las tres raíces cúbicas de 𝛼 𝑦 𝛽.
Sean estas raíces cúbicas 𝛼3
,𝑤 𝛼3
,𝑤2 𝛼3
𝑦 𝛽3 ,𝑤 𝛽
3 ,𝑤2 𝛽3
, donde 𝑤 𝑦 𝑤2 son las raíces cúbicas de la
unidad, distintas de 1.
Observamos que sólo hay tres posibilidades de valores distintos para y.
𝑦1 = 𝛼3
𝛽 − 𝛼 𝛽3
𝛼3
− 𝛽3
; 𝑦2 = 𝛼3
𝑤𝛽 − 𝛼 𝛽3
𝛼3
𝑤 − 𝛽3
; 𝑦3 = 𝛼3
𝑤2𝛽 − 𝛼 𝛽3
𝛼3
𝑤2 − 𝛽3
Las otras posibilidades conducen cíclicamente a alguna de los valores anteriores.
Observamos esto último, con mayor detalle:
𝑦′1 = 𝛼3
𝛽 − 𝛼 𝛽3 𝑤
𝛼3
− 𝛽3 𝑤
= 𝑦3; 𝑦′2 = 𝛼3
𝛽 − 𝛼 𝛽3 𝑤2
𝛼3
− 𝛽3 𝑤2
= 𝑦2;
𝑦′′1 = 𝛼3
𝑤𝛽 − 𝛼 𝛽3
𝑤
𝛼3
𝑤 − 𝛽3
𝑤= 𝑦1; 𝑦′′2 =
𝛼3
𝑤𝛽 − 𝛼 𝛽3
𝑤2
𝛼3
𝑤 − 𝛽3
𝑤2= 𝑦3;
𝑦′′′1 = 𝛼3
𝑤2𝛽 − 𝛼 𝛽3
𝑤
𝛼3
𝑤2 − 𝛽3
𝑤= 𝑦2; 𝑦′′′2 =
𝛼3
𝑤2𝛽 − 𝛼 𝛽3
𝑤2
𝛼3
𝑤2 − 𝛽3
𝑤2= 𝑦1;
Vamos ahora a desarrollar y simplificar las soluciones 𝑦𝑖 , 𝑖 = 1,2,3.
𝑦1 = 𝛼3
𝛽 − 𝛼 𝛽3
𝛼3
− 𝛽3
= 𝛼
3𝛽 − 𝛼 𝛽
3 · ( 𝛼23
+ 𝛼𝛽3
+ 𝛽23)
𝛼 − 𝛽= − 𝛼𝛽
3· ( 𝛼
3+ 𝛽
3)
𝑦2 = 𝛼3
𝑤𝛽 − 𝛼 𝛽3
𝛼3
𝑤 − 𝛽3
= 𝛼
3𝑤𝛽 − 𝛼 𝛽
3 · ( 𝛼23
𝑤2 + 𝛼𝛽3 𝑤 + 𝛽23
)
𝛼 − 𝛽= − 𝛼𝛽
3𝑤 · ( 𝛼
3𝑤 + 𝛽
3)
𝑦3 = 𝛼3
𝑤2𝛽 − 𝛼 𝛽3
𝛼3
𝑤2 − 𝛽3
= 𝛼
3𝑤2𝛽 − 𝛼 𝛽
3 · ( 𝛼23
𝑤 + 𝛼𝛽3 𝑤2 + 𝛽23
)
𝛼 − 𝛽= − 𝛼𝛽
3 𝑤 · ( 𝛼3
+ 𝛽3 𝑤)
Como quiera que 𝑥 =𝑦−𝑏
𝑎, así de esta forma, obtenemos las tres raíces cúbicas de la ecuación inicial
𝑎𝑥3 + 3𝑏𝑥2 + 3𝑐𝑥 + 𝑑 = 0
𝑥1 =
𝑦1 − 𝑏
𝑎=− 𝛼𝛽
3· 𝛼
3+ 𝛽
3 − 𝑏
𝑎
𝑥2 =𝑦2 − 𝑏
𝑎=− 𝛼𝛽
3 𝑤 · 𝛼3
𝑤 + 𝛽3
− 𝑏
𝑎
𝑥3 =𝑦3 − 𝑏
𝑎=− 𝛼𝛽
3 𝑤 · 𝛼3
+ 𝛽3 𝑤 − 𝑏
𝑎
(𝐼𝑉)
Aplicamos este método para resolver la ecuación cúbica 5𝑥3 + 21𝑥2 + 30𝑥 + 14 = 0.
Sabemos que 5𝑥3 + 21𝑥2 + 30𝑥 + 14 = 𝑥 + 1 (5𝑥2 + 16𝑥 + 14)
La ecuación 5𝑥3 + 21𝑥2 + 30𝑥 + 14 = 0 tendrá como raíces, 𝑥 = −1,𝑥 =1
5 −8 − 𝑖 6 , x =
1
5 −8 + 𝑖 6 .
Según nuestro método, reducimos la ecuación 5𝑥3 + 21𝑥2 + 30𝑥 + 14 = 0 haciendo el cambio de variable
𝑦 = 5𝑥 + 7, a esta otra, 𝑦3 + 3𝑦 − 14 = 0. Observamos que una de las raíces de esta ecuación es 𝑦 = 2.
Sean 𝛼 𝑦 𝛽, son raíces de la ecuación
𝑡2 +𝑎2𝑑 − 3𝑎𝑏𝑐 + 2𝑏3
𝑎𝑐 − 𝑏2𝑡 + 𝑏2 − 𝑎𝑐 = 0.
Por tanto, sustituyendo los coeficientes 𝑎, 𝑏, 𝑐 𝑦 𝑑, obtendremos 𝛼 𝑦 𝛽, como las raíces de la ecuación
𝑡2 − 14𝑡 − 1 = 0. En definitiva, 𝛼 = 7 + 5 2, 𝛽 = 7 − 5 2.
Sustituyendo ahora los valores obtenidos en (IV), hallamos por fin, las soluciones de la ecuación cúbica propuesta:
𝑥1 =− 𝛼𝛽
3 · 𝛼3
+ 𝛽3
− 𝑏
𝑎= 7 + 5 23
+ 7 − 5 23
− 7
5
Vamos a hallar el valor real de 𝑃 = 7 + 5 23
+ 7 − 5 23
.
Sean 𝑀 = 7 + 5 23
𝑦 𝑁 = 7 − 5 23
, entonces 𝑃 = 𝑀 + 𝑁.
Como quiera que 𝑃3 = (𝑀 + 𝑁)3 = 𝑀3 + 3𝑀2𝑁 + 3𝑀𝑁2 + 𝑁3 = 14 + 3𝑀𝑁 𝑀 + 𝑁 = 14 − 3 𝑀 + 𝑁 .
En definitiva, 𝑃3 + 3𝑃 − 14 = 0.
Y como quiera que 𝑃 = 2 es raíz de dicha ecuación, podemos factorizar dicha polinomio del modo,
𝑃3 + 3𝑃 − 14 = 𝑃 − 2 𝑃2 + 2𝑃 + 7 = 0.
Como quiera que no existe raíz real alguna para el segundo factor 𝑃2 + 2𝑃 + 7, necesariamente 𝑃 = 2.
Por tanto,
𝑥1 = 7 + 5 23
+ 7 − 5 23
− 7
5=
2 − 7
5= −1.
Análogamente, hallaremos las otras dos raíces 𝑥2 𝑦 𝑥3 .
𝑥2 =𝑦2 − 𝑏
𝑎=− 𝛼𝛽
3 𝑤 · 𝛼3
𝑤 + 𝛽3
− 𝑏
𝑎
𝑥3 =𝑦3 − 𝑏
𝑎=− 𝛼𝛽
3𝑤 · 𝛼
3+ 𝛽
3𝑤 − 𝑏
𝑎
Vamos a comprobar que 𝑥2 + 𝑥3 = −
16
5
𝑥2 · 𝑥3 =14
5
.
En efecto,
𝑥2 + 𝑥3 =− 𝛼𝛽
3 𝑤 · 𝛼3
𝑤 + 𝛽3 + 𝛼
3+ 𝛽
3 𝑤 − 2𝑏
𝑎
𝑥2 + 𝑥3 =− 𝛼𝛽
3 𝑤 · ( 𝛼3
+ 𝛽3 )(𝑤 + 1) − 2𝑏
𝑎= 𝛼𝛽3 · ( 𝛼
3+ 𝛽
3 ) − 2𝑏
𝑎= −1 · 2 − 14
5= −
16
5
𝑥2 · 𝑥3 =− 𝛼𝛽
3 𝑤 · 𝛼3
𝑤 + 𝛽3
− 𝑏
𝑎·− 𝛼𝛽
3 𝑤 · 𝛼3
+ 𝛽3 𝑤 − 𝑏
𝑎
𝑥2 · 𝑥3 = 𝛼𝛽 23
· 𝛼3
+ 𝛽3
2− 3 𝛼𝛽
3 − 𝑏 𝛼𝛽
3 𝛼
3+ 𝛽
3 + 𝑏2
𝑎2= 4 + 3 + 2𝑏 + 𝑏2
𝑎=
70
25=
14
5
Por tanto, en efecto, las raíces cúbicas de la ecuación inicial son −1, 1
5 −8 − 𝑖 6 ,
1
5 −8 + 𝑖 6 .
Problema 284. Probar que la ecuacion cubica
ax3 + 3bx2 + 3cx + d = 0 (1)
puede escribirse comoφ(y − θ)3 = θ(y − φ)3, (2)
donde y = ax+ b y los numeros φ, θ son las raıces de la ecuacion cuadratica
(ac− b2)t2 + (a2d − 3abc + 2b2)t − (ac − b2)2 = 0. (3)
Escribir las tres raıces en funcion de φ, θ.Expresar la ecuacion 5x3+21x2+30x+14 = 0 en esa forma y resolverla.
Propuesto por el editor.Solucion de Francisco Javier Garcıa Capitan.
Haciendo en (1) la sustitucion x = y−ba obtenemos la expresion
y3 + 3(ac− b2)y + (a2d− 3abc + 2b2) = 0. (4)
Por otro lado, usando la identidad
φ(y − θ)3 − θ(y − φ)3 = (φ − θ)(y3 − 3φθy + φθ(φ + θ)),
resulta que, suponiendo φ 6= θ, (2) es equivalente a
y3 − 3φθy + φθ(φ + θ) = 0. (5)
Comparando (4) y (5), tenemos
{
φθ = −(ac − b2)
φθ(φ + θ) = a2d − 3abc + 2b2⇒
φθ = −(ac − b2)
φ + θ = −a2d − 3abc + 2b2
ac− b2
,
por lo que φ, θ son soluciones de la ecuacion
t2 +a2d − 3abc + 2b2
ac − b2t − (ac − b2) = 0,
equivalente a (3).
A partir de (2),
(
y − θ
y − φ
)3
=(y − θ)3
(y − φ)3=
θ
φ⇒ y − θ
y − φ= λω,
siendo λ = 3√
θ/φ y ω una raız cubica de la unidad. A partir de aquı obte-
nemos
y =φλω − θ
λω − 1⇒ x =
φλω−θλω−1 − b
a.
Aplicando el metodo a 5x3 + 21x2 + 30x+ 14 = 0, tenemos a = 5, b = 7,
c = 10, c = 14, por lo que ac − b2 = 1 y a2d − 3abc + 2b2 = −14 por lo queθ y φ son las soluciones de la ecuacion t2 − 4t + 1 = 0, es decir podemos
considerarθ = 7 − 5
√2 = (1 −
√2)3,
φ = 7 + 5√
2 = (1 +√
2)3.
¡Es un golpe de suerte que θ y φ tengan raıces cubicas sencillas! Entonces
en este caso resulta
λ =1−
√2
1 +√
2= −
(
1−√
2)2
= 2√
2− 3.
Las soluciones de y son de la forma
y =φλω − θ
λω − 1=
(7 + 5√
2)(2√
3 − 2)ω − (7− 5√
2)
(2√
3 − 2)ω − 1,
siendo ω uno de los numeros complejos
ω1 = 1, ω2 = −1
2+
√3
2i, ω3 = −1
2−
√3
2i.
Ası obtenemos los valores
y1 = 2, y2 = −1 +√
6i, y3 = −1 +√
6i,
y teniendo en cuenta que x = (y − 7)/5, obtenemos los valores de x:
x1 = −1, x2 = −8
5+
√6
5i, x3 = −8
5−
√6
5i.
Problema 285(propuesto por el editor)
Demostrar que el área de la sección de un tetraedro ABCD por un plano paralelo a AB y CD es máxima cuando ese plano biseca la mínima distancia entre AB y CD
Solución: (propuesta por Joaquim Nadal Vidal. Llagostera, Girona)
Vamos a resolver el problema analíticamente. Éste es un método de resolución seguro, meramente técnico, y frecuentemente poco elegante por la pesadez de los cálculos que exige.
La Geometría clásica proporciona demostraciones mucho más vistosas pero también más difíciles de encontrar. No he conseguido hallar la solución por este camino.
Sin pérdida de generalidad podemos suponer que A(0,0,0) B( n,0,0) C( p.q.0) y D(r,s,t)
Sea el plano que contiene a AB y es paralelo a BD. Su ecuación es:
===> -ty + ( s-q) z = 0
Distancia (AB,CD) = d(CD, = d( C,
El haz de planos paralelos a AB y CD es
La recta AC en paramétricas es (x,y,z) = (0,0,0) + f( p,q,0) ; su intersección con es F
La recta AD es (x,y,z) = (0,0,0) + g(r,s,t) ; su intersección con es G
La recta BC es (x,y,z9 0 (n,0,0) + h( p-n,q,0) ; su intersección con es H
La recta BD es (x,y,z) = ( (n.0.0) + i( r-n, s,t ) ; su intersección con es I
( nota: se han omitido los detalles de cálculo porque son pesados ,no aportan nada y están al alcance de cualquier lector)
Tenemos pues que la sección es el cuadrilátero FGHI cuya área es la suma de las áreas de los triángulos FGH y HIF
De los puntos obtenidos, haciendo extremo – origen, podemos hallar las componentes vectores
;
Multiplicando vectorialmente tenemos:
; ·
Área triángulo FGH = = = = área triángulo HIF
Así pues área de la sección =
Siendo f<1, tendremos < 1 ===>e <qt ===> e – qt< 0
El valor absoluto que aparece en la expresión del área la hace positiva y con ello tendremos:
Área de la sección = e(tq-e) .
Para maximizar el área basta maximizar e(tq – e ) = tqe – e2
Derivando tq-2e =0 tenemos e =
Así pues de todos los planes del haz el que maximiza la sección es –ty + (s-q)z +
Veamos que este plano biseca la mínima distancia entre AB y CD
d(AB, = =
d(CD, = = =
Con esto hemos terminado.
Problemas 286-290
Problema 286, propuesto por D.M.Batinetu-Giurgiu y N. Stanciu, Rumania
Si 1 2 nA A A es un polígono convexo de área S y lados [Ak, Ak+1] de
longitudes ak, donde k varía de 1 a n, y an+1 = a1, demostrar que
( )( )( )( )1 3 1 1
4 4 121
21 1 tanm m m
mk k m
cyclic
Sa an n
π+ + ++
++ + ≥∑ .
Problema 287, propuesto por Laurentiu Modan, Bucarest, Rumania
Hallar la probabilidad de que al lanzar dos dados, la suma de sus resultados pueda ser igual a la última cifra del número 20172017.
Problema 288, propuesto por Pierre Lapôtre, Calais, Francia
Se considera un punto fijo P y dos rectas r y r’ (concurrentes o paralelas). Una secante variable que pasa por P corta a r en A y a r’ en B.
1) Demostrar que los lugares geométricos de los puntos M y N tales que
( ) ( ) 1PABM PBAN= = − son rectas D y D’ del mismo haz que r y r’.
2) Demostrar que P tiene la misma polar con respecto a (r,r’) y con respecto a (d,D’)
Problema 289, propuesto por Andrés Sáez Schwedt, León, España
ABC es un triángulo acutángulo con circuncentro O, y D es el pie de la altura desde A. Las rectas por D perpendiculares a AB y a AC cortan a OB y OC en los puntos P y Q, respectivamente.
Suponiendo que O, P y Q son distintos, probar que la circunferencia que los contiene es tangente a la circunferencia circunscrita de ABC.
Problema 290, propuesto por Samael Gamboa Quezada, Trujillo, Perú.
Sean x e y números reales positivos tales que 3 3 2x y xy+ = .
Demostrar que 7 7x y x y+ ≥ + .
