revista escolar de la olimpíada iberoamericana de ... · pdf filerevista escolar de la...
TRANSCRIPT
Revista Escolar de la Olimpíada Iberoamericana de Matemática
Número 19 (Mayo - Junio 2005) ISSN – 1698-277X
Índice Artículos, Notas y Lecciones de preparación Olímpica Presentación del Prof. Julio Castiñeira, por F.Bellot Julio Castiñeira Merino: Fórmulas de ángulos múltiples Francisco Bellot : Triángulos especiales III y Bibliografía sobre geometría del triángulo. Problemas de Nivel medio y de Olimpiadas Soluciones a los cinco problemas de la Olimpiada británica, por Daniel Lasaosa Medarde, Pamplona, España. Recibidas además soluciones a dos de estos problemas (1995,#1 y 1991#3), por Oscar Ferreira Alfaro, Valencia, España. Selección de 4 problemas de la Olimpiada de Australia 2004 Problemas para los más jóvenes Soluciones a dos de los problemas rumanos, por Oscar Ferreira Alfaro, Valencia, España. Selección de problemas propuestos en la 2ª fase de la XIII Olimpiada Provincial de Matemáticas de 2º y 4º de E.S.O.; Valladolid, abril de 2005. (Agradecemos a la Prof. Encarnación Reyes Iglesias, Presidenta Provincial, por habernos facilitado los problemas) Problemas (1ªNota del editor)El editor pide disculpas al Prof. Floro damián Aranda Ballesteros, de Córdoba, España, por haber omitido involuntariamente su nombre de la relación de lectores que resolvieron el problema número 83, publicado en la Revista número 17. (2ª Nota del editor) El Prof. José Manuel Aroca, de la Universidad de Valladolid, indica que en el enunciado del problema 81 la condición de ser paralelogramo el cuadrilátero OMNP es innecesaria, y que el resultado se deduce de una aplicación del teorema de Pappus en ambos hexágonos.
Problemas resueltos
Problema 86 : Recibidas soluciones de : J. Álvarez Lobo, Oviedo, España; F.D. Aranda Ballesteros, Córdoba, España; D.Lasaosa Medarde, Pamplona, España; B.Salgueiro Fanego, Vivero, Lugo, España; y V. Vicario García, Huelva, España. Presentamos la solución de Lasaosa. Problema 87 : Recibidas soluciones de D.Lasaosa Medarde, Pamplona, España; y B. Salgueiro Fanego, Vivero, Lugo, España. Presentamos la solución de Lasaosa. Problema 88 : Recibidas soluciones de : J. Álvarez Lobo, Oviedo, España; D.Lasaosa Medarde, Pamplona, España; y B. Salgueiro Fanego, Vivero, Lugo, España. Presentamos la solución de Lasaosa. Problema 89 : Recibidas soluciones de : D. Aranda Ballesteros, Córdoba, España; W. Roberto Rodríguez Valcarce, La Habana, Cuba; y B. Salgueiro Fanego, Vivero, Lugo, España. Presentamos la solución de Salgueiro. Problema 90 : Recibidas soluciones de : J. Álvarez Lobo, Oviedo, España; M. Amengual Covas, Cala Figuera, Mallorca, España; D. Aranda Ballesteros, Córdoba, España; F.Evelio Gotti Peña, La Habana, Cuba; D. Lasaosa Medarde, Pamplona, España; y B. Salgueiro Fanego, Vivero, Lugo, España. Presentamos la solución de Lasaosa. Problemas propuestos 91 – 95 Divertimentos matemáticos 19 Algunas citas Comentario de páginas web ICMI Study 16: Challenging mathematics in and beyond the classroom
Presentación del Prof. Julio Castiñeira Merino, por el Editor
El Profesor D. Julio Castiñeira Merino es Catedrático de Matemáticas del Instituto “Marqués de Lozoya”, de Cuéllar (Segovia, España), desde hace largos años. Es, también, uno de los escasos nombres españoles que publican artículos en revistas como el Mathematics Magazine o, más recientemente, el College Mathematics Journal, ambos publicados por la prestigiosa Mathematics Association of America. En esta ocasión ha accedido amablemente a escribir para la Revista Escolar de la OIM el trabajo que presentamos a continuación, titulado Fórmulas de ángulo múltiple. El lector observará en seguida que su artículo, muy extenso, es bastante más que eso. Es una versión ampliada del artículo del College que cita en la Bibliografía, y que, como Editor de la Revista, le agradezco muy sinceramente que lo ponga a la consideración de todos nuestros lectores. Valladolid, Mayo de 2005. Francisco Bellot
Formulas de Angulo Múltiple Julio Castiñeira Merino
A la memoria de mis padres: Julio y Ángeles
Este trabajo explica algunas de las propiedades de las fórmulas de ángulo múltiple. En primer lugar expresaremos de forma concisa las fórmulas de ángulo múltiple de las funciones trigonométricas e hiperbólicas. Posteriormente utilizaremos estas fórmulas en algunas temas de trigonometría, álgebra y en geometría.
Para la función coseno, las fórmulas de ángulo múltiple se pueden expresar usando los polinomios de Chebyshev [1], [6]. Estos polinomios están definidos por la relación de recurrencia
( ) ( )( ) ( ) ( )
≥−⋅===
−− 221
21
10n,xTxTxxT
xxT,xT
nnn . Los ocho primeros polinomios con sus correspondientes fórmulas de ángulo múltiple son:
Polinomio Fórmula
( ) 10 =xT 10 =⋅ acos ( ) xxT =1 acosacos =⋅1
( ) 12 22 −= xxT 122 2 −=⋅ cosacos
( ) xxxT 34 33 −= acosacosacos 343 3 −⋅=
( ) 188 244 +−= xxxT 184 24 +−= acosacosacos
( ) xxxxT 52016 355 +−= acosacosacosacos 520165 35 +−=
( ) 1184832 2466 −+−= xxxxT 11848326 246 −+−= acosacosacosacos
( ) xxxxxT 75611264 3577 −+−= acosacosacosacosacos 756112647 357 −+−=
Observamos que los polinomios de Chebyshev cumplen la propiedad
( )acosTnacos n= . Demostración Por inducción sobre n. Para los valores iniciales y 0=n 1=n tenemos:
( )( )acosTacosacos
,acosTacos
1
0
110
====
Supongamos que la fórmula es cierta para todo valor de k < n, Aplicando la fórmula de la diferencia de cosenos
( ) ( ) acosancosancosnacos ⋅−=−− 122 es decir
( ) ( )ancosancosacosnacos 212 −−−⋅= por hipótesis de inducción sabemos que
( ) ( ) ( ) ( )acosTancosyacosTancos nn 21 21 −− =−=− Luego
( ) ( )acosTacosTacosnacos nn 212 −− −⋅=
1
Sustituyendo en la fórmula de recurrencia acosx = ( ) ( ) xTxTxx nnn 212 −− ( )T −⋅= tenemos que
( ) ( ) ( )acosTacosTacosacosT nnn 212 −− −⋅= ,
por tanto ( )acosTnacos n= .
Observemos que la fórmula anterior también se verifica para valores complejos del argumento, puesto que la fórmula de la diferencia de cosenos es cierta para argumento complejo. Una consecuencia de este hecho es que la fórmula de argumento múltiple para el coseno hiperbólico es
( )aChTnaCh n= En efecto
( ) ( )aChTiacosTinacosnaCh nn === . Una propiedad que será utilizada posteriormente es
( ) ( )( )
( )
⋅−⋅−=
−
parnnacosimparnnasenasenT n
nn 2
21
11
Demostración En efecto
( )
−=
−⋅=
−= nancosancosacosTasenT nn 222
πππ,
como
( )( )
( )
⋅−⋅−=+=
−
−
parn,nacosimparn,nasennasennsennacosncosnancos n
n
2
21
11
222πππ
,
la igualdad queda demostrada. Ejercicios 1. Demostrar que el polinomio de Chebyshev tiene grado n y tiene n raíces simples. 2. Demostrar que el polinomio de Chebyshev de grado n es una función par si n es par y es una función impar si n es impar. 3.-Demostrar la propiedad transitiva de los polinomios de Chebyshev
( )( ) ( )xTxTT mnmn ⋅= .
Fórmulas para la función seno Derivando la formula ( )acosTna ncos = podemos obtener una fórmula de ángulo múltiple para la función seno. En efecto
( ) ( )asenacosTnasenn 'n −⋅=⋅−
Es decir ( )
nacosT
asennasen'n⋅=
Al polinomio ( ) ( )1
1+
⋅= +
nxT
x'nU n , se le llama polinomio de Chebyshev de segunda clase
de grado n [6]. Usando estos polinomios la fórmula de ángulo múltiple de la función seno se expresa
( )acosUasennasen n 1−⋅= . Análogamente para el seno hiperbólico tenemos la fórmula
( )aChUaShnaSh n 1−⋅= que se deduce derivando la fórmula de argumento múltiple para el coseno hiperbólico.
2
Los siete primeros polinomios de Chebyshev de segunda clase con sus correspondientes fórmulas de ángulo múltiple son:
Polinomio Fórmula
( ) 10 =xU senaasen =1 ( ) xxU 21 = acosasenasen ⋅= 22
( ) 14 22 −= xxU ( )143 2 −⋅= acosasenasen
( ) xxxU 48 33 −= ( )acosacosasenasen 484 3 −⋅=
( ) 11216 244 +−= xxxU ( )112165 24 +−⋅= acosacosasenasen
( ) xxxxU 63232 355 +−= ( )acosacosacosasenasen 632326 35 +−⋅=
( ) 1248064 2466 −+−= xxxxU ( )12480646 246 −+−⋅= acosacosacosasenasen
Ejercicio 4. Demostrar que el polinomio de Chebyshev de segunda clase de grado n es una función par si n es par y es una función impar si n es impar. Una fórmula que expresa en función de nasen asen es
( )( ) ( )( ) ( )
⋅⋅−⋅−=
−−
−
parn,asenUacosimparn,asenTnasen
nn
nn
112
21
11
Demostración Si n es impar basta despejar el seno en la formula ( ) ( )( ) nasenasen n
n ⋅−=T − 211..
Si n par es par tenemos que ( ) ( ) nacosasenT n
n ⋅−= 21 , derivando
( ) ( ) ( ) nnasenacosasenT n'n ⋅−⋅−=⋅ 21 ,
Despejando el seno del ángulo múltiple
( ) ( ) ( ) ( )asenUacosn
asenTacosnasen n
n'nn
11212 11 −
−− ⋅⋅−=⋅⋅−= .
Los polinomios de Chebyshev de primera y segunda clase están relacionados por la fórmula
( ) ( ) ( )xxUxUxT nnn 1−−= En efecto
( ) asennacosacosnasenansen ⋅+⋅=+1 Por tanto
( ) ( ) ( ) asenacosTacosacosUsenaacosUsena nnn ⋅+⋅⋅=⋅ −1 dividiendo por asen
( ) ( ) ( )acosTacosacosUacosU nnn +⋅= −1 sustituyendo por x y despejando T obtenemos acos n
( ) ( ) ( )xxUxUxT nnn 1−−= . Los polinomios de Chebyshev de segunda clase satisfacen la siguiente relación
( ) ( )( ) ( ) ( )
≥−⋅===
−− 2221
21
10nxUxUxxU
,xxU,xU
nnn
Demostración Es claro que
3
( ) ( )
( ) ( ) ( ) xxdxdxT
dxdxU
xTdxdxU
21221
21
111
221
10
=−==
=⋅=,
Veamos que satisfacen la relación de recurrencia. Derivando la relación
( ) ( ) ( )xTxTxxT nnn 212 −− −⋅= obtenemos
( ) ( ) ( ) ( )xTxTxxTxT 'n
'nn
'n 211 22 −−− −⋅+⋅=
Sustituyendo ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) (xUnxUnxxxUxUxnU nnnnn 32211 2122 −−−−− )−−−⋅+−⋅=
Operando ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )xUnxUnxxUn nnn 321 2222 −−− ⋅−−⋅−⋅⋅=−
Dividiendo por obtenemos 2−n ( ) ( ) ( )xUxxUx nnn 321 2 −−−U −⋅= Por tanto
( ) ( ) ( )xUxxUxU nnn 212 −− −⋅= . Las fórmulas de recurrencia anteriores son interesantes desde el punto de vista teórico y permiten hallar los polinomios de Chebyshev para valores pequeños de n. Pero para valores moderados de n son completamente inútiles. Por fortuna disponemos de las siguientes fórmulas explicitas de los polinomios de Chebyshev de primera y de segunda clase para n mayor que cero.
( ) ( ) ( ) knn
k
kn x
kkn
knnxT 2
2
021
2−
=
−−
−= ∑
y
( ) ( ) ( ) knn
k
kn x
kkn
xU 22
021 −
=
−−= ∑
Estas fórmulas se pueden demostrar por inducción. Demostraremos la fórmula para los
polinomios de Chebyshev de segunda clase y dejaremos la otra fórmula al lector. Demostración Para n = 1 y n = 2 se cumplen. En efecto
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 14211
1202
1
2201
1
22210202
0101
−=
⋅−+
⋅−=
=
⋅−=
−−
−
xxxxU
xxxU
Demostremos que si se cumple para k < n entonces se cumple para n: Sabemos que
( ) ( ) ( )xUxxUxU nnn 212 −− −⋅= usando la hipótesis de inducción podemos afirmar que
( ) ( )( )
( ) ( )( )
( ) knn
k
kknn
k
kn x
kkn
xk
knxxU 22
22
0
2121
02
212
112 −−
−
=
−−−
=
−−−−
−−−⋅⋅= ∑∑ ,
operando y renombrando el índice del segundo sumatorio
( ) ( )( )
( ) ( )( )
( ) jnn
j
jknn
k
kn x
jjn
xk
knxU 22
22
0
1221
02
212
11 −−
−
=
+−−
=
−−−+
−−−= ∑∑ ,
haciendo el cambio de índices k = j +1 en el segundo sumatorio
4
( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) kn
n
k
kknn
k
kn x
kkn
xkkn
xU 22
1
221
02
11
121
1 −
=
−−
=
−
+−−+
+−−= ∑∑ .
Tenemos dos casos. Si n es impar
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) knn
k
knn x
kkn
kkn
xxU 22
12
111
12 −
=∑
−
+−+
+−−+= ,
luego la propiedad de los números combinatorios
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) knn
k
kknn
k
knn x
kkn
xk
knxxU 2
2
0
22
121212 −
=
−
=∑∑ ⋅
−⋅−=⋅
−⋅−+= .
Si n es par
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2212
122
111
12 nknn
k
knn xx
kkn
kkn
xxU +
−
+−+
+−−+= −
−
=∑ ,
luego también en este caso
( ) ( ) ( ) knn
k
kn x
kkn
xU 22
021 −
=∑ ⋅
−⋅−= .
Ejercicio 5-Demostrar las fórmulas
( ) ( )∑=
− −⋅⋅
=
2
0
22 12
n
k
kknn xx
kn
xT
y
( ) ( )∑=
− −⋅⋅
+
+=
2
0
22 112
1n
k
kknn xx
kn
xU.
Fórmulas para la función tangente Es sobradamente conocida la fórmula de la tangente del ángulo doble
atanatanatan21
22−
=
pero está poco difundida la fórmula de la tangente del ángulo múltiple a pesar de su simplicidad [4]. En efecto
( )( )
( )∑
∑
=
−
=
+
⋅
⋅−
⋅
+
⋅−
=2
0
2
21
0
12
21
121
n
k
kk
n
k
kk
atank
n
atankn
natan
la fórmula se demuestra fácilmente por inducción usando la fórmula de la tangente de una suma de ángulos. Ilustremos la sencillez de la fórmula con un ejemplo, la expresión de la tan . x5En primer lugar calculamos los términos de la quinta fila del triángulo de Tartaglia. Estos términos son
1, 5, 10, 10, 5, 1 después construimos los polinomios
42 5101 tt +− y 5 5310 ttt +−tomando los términos de dos en dos y alternando los signos. Entonces
5
42
53
51011055
tttttxtan
+−
+−= con xtant = .
Las funciones racionales
( )( )
( )
( )∑
∑
=
−
=
+
⋅
⋅−
⋅
+
⋅−
= 2
0
2
21
0
12
21
121
n
k
kk
n
k
kk
n
tk
n
tkn
tR
no reciben un nombre especial. Gozan al igual que los polinomios de Chebyshev de primera clase de la propiedad transitiva
( )( ) ( )tRtRR mnmn ⋅= . Para la función tangente hiperbólica se cumple la fórmula
( )
∑
∑
=
−
=
+
⋅
⋅
+
= 2
0
2
21
0
12
2
12n
k
k
n
k
k
aThk
n
aThkn
naTh .
Por ejemplo
aThaThaTh
aThaThaThaTh642
53
15151
62066+⋅+⋅+
⋅+⋅+⋅= .
Las funciones racionales
( )
( )
∑
∑
=
−
=
+
⋅
⋅
+
=2
0
2
21
0
12
2
12n
k
k
n
k
k
n
tk
n
tkn
tS
al igual que las funciones tampoco reciben un nombre especial, gozando al igual que ellas de la propiedad transitiva
( )tRn
( )( ) ( )tStSS mnmn ⋅= .
6
Cálculo algebraico de las razones trigonométricas Las funciones de ángulo múltiple permiten calcular las razones trigonométricas de muchos ángulos de forma puramente algebraica. Veamos algunos ejemplos 1) Razones trigonométrica de π / 5 Podemos calcular el coseno de π / 5 radianes usando el polinomio de Chebishev de quinto
grado. Para ello resolvamos la ecuación 0125 =+
xT de dos maneras. La primera de forma
algebraica y la segunda utilizando las propiedades de las funciones trigonométricas.
0255012
355 =++−⇔=+
xxxxT
Factorizando el polinomio ( )( )1222255 23435 ++−−+=++− xxxxxxxx
luego 012202 234 =++−−=+ xxxxóx
la segunda ecuación es una ecuación recíproca. Haciendo el cambio x
x 1−=w queda
10122 =⇒=−− www Por tanto
25111 ±
=⇒=− xx
x
observemos que por ser una raíz doble también son raíces dobles 1=w2
5+1 y 2
5−1 .
Las raíces de la ecuación dada ordenadas de menor a mayor son
251
2512 321
+=
−=−= x,x,x .
Resolvamos ahora la ecuación utilizando las propiedades trigonométricas
0125 =+
xT
Haciendo αcosx=
2 tenemos 410
52
515 ,..,,kkcos =+=⇒−=
ππαα
Las soluciones de la ecuación son
592
572
552
532
52 πππππ cos,cos,cos,cos,cos ⋅⋅⋅⋅⋅
Teniendo en cuenta que
57
53
59
5ππππ coscosycoscos ==
las raíces ordenadas de la ecuación son
52
5322 321
ππ cosx,cosx,x ⋅=⋅=−=
Por tanto
Φ⋅−
=−
=Φ
=+
=2
14
515
324
515
ππ cosycos
donde es la razón áurea. Φ
Análogamente resolviendo la ecuación 0125 =−
xT obtenemos los valores
7
2451
54
21
451
52 Φ−
=−−
=Φ⋅
=+−
=ππ cosycos .
Los valores del seno de π / 5 radianes se pueden obtener análogamente resolviendo la ecuación :
( ) 0520160 355 =+−⇔= xxxxT ,
y observando que . ( )asenTasen 55 =Efectuando los cálculos obtenemos
521041
525210
41
5 21 +==−==ππ senxysenx
las otras raíces son 05
25 543 =−=−= xy,senx,senx ππ
.
Observemos que la ecuación ( ) 05 =xT y la fórmula ( )acosTacos 55 = nos proporcionan los valores
521041
1035210
41
10−=+=
ππ cosycos .
Podemos usar la fórmula
42
53
51011055
xtanxtanxtanxtanxtanxtan
+−
+−=
para calcular la tangente de π / 5 radianes.
En efecto Zk,kxx ∈=⇒5
0 πtan =5 ; luego las raíces de la ecuación
0105 53 =+− ttt ordenadas de menor a mayor son
52
50
552 ππππ tan,tan,tan,tan,tan −− .
Calculando las raíces por métodos algebraicos tenemos 051000105 2453 =+−=⇒=+− ttótttt ,
resolviendo la ecuación bicuadrada se obtienen las raíces
525525525525 +−−−+− ,,, , Por tanto
5255
−=πtan y 525
52
+=πtan .
2) Calculo del coseno de 7
2πradianes
La ecuación ( )
0756112640 2467 =−+−⇔= xxxx
xTtiene por raíces
6217
,...,,kksenxk ==π
.
Si en esta ecuación hacemos el cambio obtenemos la ecuación
cuyas raíces son
12 2 −= xy
01448 23 =++−− yyy
76
74
72
321πππ cosy,cosy,cosy === ,
8
cambiando el signo y haciendo el cambio de variable2yz = obtenemos la
ecuación , cuyas raíces son 01223 =−−+ zzz
762
742
722 321
πππ cosz,cosz,cosz === .
Resolvamos esta ecuación usando las formulas de Cardano Obtenemos
( ) ( )( ) ( ) 90010384283138428312
241
76
22252038428313842831424
17
4
0.623489838428384282121
72
33
33
33
.iiiicos
.iiiicos
iicos
−≅
⋅−⋅++⋅+⋅−+−
−=
−≅
⋅−⋅−+⋅+⋅++
−=
≅
⋅−+⋅++−=
π
π
π
Donde la raíz cúbica compleja se calcula en la rama principal Ejercicio 6 Si p es primo impar las raíces del polinomio
( ) ( )( )∑−
=
−−
−−
−⋅=
21
0
211p
k
kpk
p xk
kpkp
pxW
son
21212 −
=⋅±=p,...,,kk
psenx π
La Ecuación de Adriaen Van Roomen En su obra Ideae mathematicae el matemático flamenco Adriaen Van Roomen, también conocido por su nombre latino Adrianus Romanus, propuso a los matemáticos del mundo el reto de resolver la ecuación de grado 45 siguiente:
c45·x 3795·x - 95634·x 1138500·x -7811375·x
34512075·x -x105306075· x232676280· - x384942375·
x488494125· -x483841800· x378658800· - x236030652·
x117679100· -46955700·x 14945040·x - 3764565·x
740259·x - 111150·x 12300·x - 945·x 45·x -x
3579
11131517
19212325
27293133
353739414345
=+++
+++
+++
+++
+++
El problema fue resuelto por Vieta [2] dos años más tarde en su trabajo Responsum quien, con otro lenguaje y notación al usado por nosotros, se dió cuenta que la ecuación de Van Rooemen es en realidad la ecuación
cxT =
⋅
22 45 .
Resolvamos la ecuación de Van Roomen. Haciendo φsenx 2= tenemos
245 csen =φ
y por tanto ( ) 441082 ...,,,kksinx =⋅+⋅= θ ; siendo
=
2csinarcθ .
¿Cómo llegó Vieta a darse cuenta de este hecho? Vieta conocía perfectamente la solución de la ecuación
9
czTczz =
⋅⇔=−
223 3
3
Haciendo el cambio de variable
yyzyTz 32
2 33 −=⇔
⋅= ,
podía también resolver la ecuación cyyyyy =+−+− 930279 3579 ,
que escrita en término de los polinomios de Chebyshev es
cyTcyTT =
⋅⇔=
⋅
22
22 933 .
Si en la ecuación anterior hacemos el cambio de variable
xxxyxTy 552
2 355 +−=⇔
⋅=
obtenemos la ecuación
cxTcxTTT =
⋅⇔=
⋅
22
22 45533
que es la ecuación de Van Roomen.
10
Curvas en Polares La ecuación polar de muchas curvas se expresa por medio de funciones trigonométricas. Los polinomios de Chebyshev de primeray de segunda clase son útiles para calcular la ecuación cartesiana de la curva. Ilustraremos la técnica del paso de la ecuación polar a la cartesiana con dos ejemplos muy sencillos: la lemniscata de Bernoulli y la cúbica de Tschirnhausen. Posteriormente aplicaremos esta técnica a las Rosas, Curvas Botánicas, Arañas y Curvas Nodales. Las definiciones de estas curvas pueden encontrarse en [6] y [5]. La Lemniscata de Bernoulli La lemniscata de Bernoulli tiene la ecuación polar
θ222 cosar ⋅= Para obtener la ecuación implícita observemos que
22222
yx
xrxcosyyxr
+==+= θ
Luego
+=+
222222
yx
xTayx
Es decir
22
22222 12
−
+⋅⋅=+
yx
xayx
Operando ( ) ( )222222 yxayx −⋅=+ .
La Cúbica de Tschirnhausen Su ecuación polar es
33 θsecar ⋅=
Por tanto
333acos =
θ
Luego
=
333 33
aTcosT θ
11
es decir
3343 r
aracos ⋅−=
θ
Sustituyendo
6 22
3
2222
34
yx
a
yx
a
yx
x
+
⋅−
+=
+
Operando 3 22334 yxaax +⋅⋅−=
Despejando las raíces y elevando al cubo ( ) ( )322 427 xayxa −=+⋅ .
12
Rosas Las rosas o rhodoneas son curvas cuya ecuación polar es
θmcosar ⋅= , las ecuaciones paramétricas son por tanto
⋅⋅=⋅⋅=
θθθθ
senmsenaycosmcosax
El nombre de esta familia de curvas se debe a su forma parecida a la de una flor. El matemático italiano Grandi las llamó Rhodoneas, Rhodon significa rosa en griego, en su libro Flora Geometrica. Si m = 0 ó m = 1 la curva es una circunferencia, para m = 2 la curva se llama quadrifolium, para m = 3 se llama trifolium, para m entero impar rosa de m pétalos y para m par rosa de 2n pétalos. El nombre hace referencia al número de pétalos que tiene la curva. La curva está definida también para valores fraccionarios. Para m = ½ se llama Folium de Durero.
Aplicando el mismo procedimiento a la ecuación polar que el realizado a la ecuación de
la lemniscata se observa que la ecuación cartesiana de la rosa para m entero impar es
2222
22 yxyx
xTayx m +⋅
+⋅=+
por ejemplo si m =3 , la curva se llama trifolium, tenemos
22223
22 yxyx
xTayx +⋅
+⋅=+
Teniendo en cuenta que ( ) ( )34 23 −⋅= zzzT la ecuación es
+⋅
−
++=+ 22
22
2
2222 34 yx
yxx
yx
axyx
Operando
( ) ( )22222 3yxaxyx −⋅=+ .
Si m es par la ecuación cartesiana anterior sólo corresponde a la mitad de la curva pues r puede tomar valores negativos. La curva completa corresponde a la ecuación
13
2
22222
+⋅=+
yx
xTayx m
Por ejemplo el Quadrifolium θ2cosar ⋅= 2
222222
+⋅=+
yx
xTayx
por tanto
2
22
2222 12
−
+⋅=+
yxxayx
operando
( ) ( )2222322 yxayx −⋅=+ .
Para valores fraccionarios de qpm = el proceso necesita una modificación. Podemos realizar
el proceso de la siguiente forma
qpcos
ar
qpcosar θθ =⇒⋅=
por tanto
=
+⇒
=
+q
cosTTa
yxT
qcosT
ayx
pqqpθθ 2222
) ( )Como ( )( ( ) ( )xTxTTxT qppqqp ⋅==T tenemos que
14
( )( )θθ cosTq
cosTTa
yxT pqpq =
=
+ 22
Luego
+=
+ ayx
Tyx
xT qp
22
22
Veamos algunos ejemplos
1) Para m =1/2 tenemos el Folium de Durero 2θcosar ⋅=
+=
+ ayx
Tyx
xT22
2221
Es decir
12
222
22−
+=
+ ayx
yx
x
Simplificando y elevando al cuadrado para racionalizar
( ) ( ) 24222222 22 xayxayx =+⋅−+ la curva es simétrica respecto de los ejes de coordenadas. Esta situación se cumple para los
valores de n
m21
= .
2) Para 31
=m tenemos
3θcosar ⋅=
x
+=
+ ay
Tyx
xT22
3221
es decir
15
−
++=
+34
22222
22 ayx
ayx
yx
x
Operando ( )( ) xaayxyx 322222 344 =−++ .
La curva en este caso es simétrica respecto del eje OX. Observemos que no hemos tenido que elevar al cuadrado en el proceso de eliminación. Análogamente a este caso ocurre
para 12
1+
=n
m .
3) Para 54
=m la ecuación polar es 5
4θcosar ⋅= y siguiendo el mismo proceso se obtiene la
ecuación cartesiana
( ) ( ) ( )24224222245222422410 520162032166 ayayxayxxyxyyxxa +−+−++=+−una curva de grado 18.
x
y
Rosa 4/5
16
Curvas Botánicas
Las curvas botánicas tienen la ecuación polar 01 >⋅+= dmcosdr θ
son las concoides de la rosa r 0>⋅= dmcosd θ respecto de su centro 0 y con distancia 1. Estas curvas engloban algunos tipos de curvas clásicas que veremos en los ejemplos. Obviamente para d = 0 la curva es la circunferencia de radio unidad. Si d >1 a la familia de curvas se la conoce con el poético nombre de Rosas de Troya.
Para m entero la ecuación cartesiana de la curva botánica se obtiene racionalizando la ecuación
+⋅+=+
22
22 1yx
xTdyx m .
Veamos algunos ejemplos 1) Para m = 1 la curva es El Caracol de Pascal. Racionalizando la ecuación
2222 1
yx
xdyx+
⋅+=+
obtenemos
( ) 22222 yxdxyx +=−+ . La tabla muestra los diferentes tipos de caracol de Pascal. Recordemos que para d = 1 la curva se llama cardioide.
17
Los diferentes tipos del Caracol de Pascal
18
2) Para m = 2 obtenemos
−
+⋅⋅+=+ 121
2
22
22
yx
xdyx
Operando
( ) ( ) ( ) 222322 11 ydxdyx −−⋅+=+
y elevando al cuadrado ( ) ( ) ( )[ ]222322 11 ydxdyx −−⋅+=+
Dependiendo de los valores de d se tienen tres tipos de curva Si d >1 la curva se llama cicloide de Ceva
si d = 1óvalo doble,
y si d<1 curva cacahuete.
19
3) para m =5 se obtiene la ecuación de grado 12
( ) ( ) ( 24224322522 510
+−−+=+ yyxxdxyxyx )
para d > 1 la curva se llama Rosa de Troya,
para d < 1 se llama Estrella de mar
y para d =1 no tiene nombre especial. La forma de esta curva botánica nos recuerda la Rosa de 5 pétalos que la genera.
20
Curvas Botánicas con valores fraccionarios del parámetro m. Si m = p/q el proceso de reducción se basa en racionalizar la siguiente fórmula
−+=
+ dyx
Tyx
xT qp122
22.
La deducción de la fórmula es un proceso análogo al seguido con las rosas y se deja su verificación al lector. Veamos algunos ejemplos de curvas notables 1) Para m = 1/2 la curva se llama la Nefroide de Freeth, su ecuación polar es
21 θcosdr ⋅+=
y la ecuación cartesiana se obtiene racionalizando la ecuación
11
2
222
22−
−+⋅=
+ dyx
yx
x
Operando ( ) ( )22222222 4222 yxxdyxdyx ++⋅=+−++
Elevando al cuadrado ( ) ( ) [ ]2222222222 44222 xdyxyxdyx ⋅++=+−++ .
2) Para m = 2/3 la curva se llama el nudo de ocho y para el valor d = 2 la ecuación cartesiana queda una ecuación de décimo grado relativamente sencilla
( ) ( )522224224 4363 yxyyyxx +=−++
21
Ejercicio 7 Encontrar una formula para hallar la ecuación cartesiana de las curvas poligasteroides, tambien llamadas curvas de m vientres, de ecuación polar
Qm,mcosk
r ∈⋅+
=θ1
1
Estas curvas estudiadas por Gino Loria son una generalización de la ecuación polar de las cónicas. Arañas Hay dos familias de curvas arañas. Las arañas envueltas de ecuación polar
( )θθ1−
=nsen
nsenar
y las arañas desenvueltas de ecuación polar
( )θθ1+
=nsen
nsenar .
Las ecuaciones cartesianas de ambos tipos se expresan muy bien usando los polinomios de Chebyshev de segunda clase. Las arañas desenvueltas cumplen la ecuación
( ) θθ nsenansenr ⋅=−⋅ 1 por tanto
( ) ( )θθθθ coscos 12 −− ⋅⋅=⋅⋅ nn UsenaUsenr simplificando
( ) ( )θθ coscos 12 −− ⋅=⋅ nn UaUr Por tanto
+⋅=
+⋅+ −− 221222
22
yxxUa
yxxUyx nn
Multiplicando la ecuación por 1
22−
+n
yx tenemos
( ) ( )( )
++⋅=
+⋅+ −
−− 221
2122222
222
yx
xUyxayx
xUyx nn
nn
que es una ecuación de grado n. Veamos algunos ejemplos 1) Para n = 2 obtenemos la ecuación . Circunferencia de centro y radio a. axyx 222 =+ ( 0,a )
22
2) Para n = 3 obtenemos la ecuación ( ) ( )2222 32 yxayxx −⋅=+⋅ . La trisectriz de Maclaurin.
3) para n = 4 obtenemos la ecuación ( ) ( ) ( )222222 43 yxxayxyx −⋅=+⋅− .
4) Para n = 5 Obtenemos la ecuación ( ) ( ) ( )42242222 105 xyxxayxyxx +−⋅=+⋅−4 .
Observemos que para n mayor que cuatro la araña envuelta tiene n-2 asíntotas de
ecuaciones 211
−=−
⋅= n,..,k,n
ktanxy π
1=
. Si n = 3 la trisectriz tiene una asíntota vertical de
ecuación . x Para las arañas desenvueltas se obtienen resultados análogos que se dejan como ejercicio al lector.
23
Nudos Se llaman curvas nodales o nudos las de ecuación polar θkcotar ⋅= . Las ecuaciones cartesianas de estas curvas se obtienen usando las funciones de ángulo múltiple de la tangente. En efecto
( ) ayxxyRartanRkcotar nn =+⋅
⇔=⋅⇔⋅= 22θθ
Elevando al cuadrado
( ) 22
22 axyRyx n =
⋅+ .
Usando la expresión del ángulo múltiple podemos dar una fórmula polinómica equivalente a la expresión anterior. Esta es
( ) ( ) ( )( )
( )22
0
222221
0
121222
21
121
⋅
−⋅=
⋅
+
−⋅+ ∑∑=
−−
=
++−n
k
kknkn
k
kknk yxk
nayx
kn
yx .
Luego los nudos son curvas de orden 2n + 2. Veamos algunos ejemplos Si n = 1 la curva es una cuártica llamada kappa o curva de Gutschoven de ecuación
( ) 22222 xayxy =+⋅
Si n = 2 la curva es una séxtica llamada molino de viento de ecuación
( ) ( )22222224 yxayxyx −⋅=+⋅ .
Si n = 4 la curva es de orden ocho y tiene por ecuación
( ) ( ) ( )22222222222 33 yxxayxyxy −⋅=−⋅+⋅ . Ejercicio 8-Hallar las ecuaciones de los nodos si el parámetro k es racional.
24
Curvas de Lissajous Las curvas de Lissajous se pueden definir por las ecuaciones paramétricas
( )( )
+⋅=+⋅=
qtnsenyptmcosx
.
Fueron descubiertas por el matemático norteamericano Nataniel Bodwitch en 1815 cuando estudiaba el movimiento del péndulo compuesto. Posteriormente el físico francés Jules Antoine las estudió en sus investigaciones sobre óptica. El proceso de eliminación del parámetro t es, salvo en los casos triviales, más complicado que en los casos anteriores y excesivamente laborioso y complejo si se utilizan las técnicas de eliminación algebraica. Los dos teoremas explicados mas abajo resuelven fácilmente la cuestión. Teorema 1. Dada la curva de Lissajous
( )( )
+⋅=+⋅=
qtnsenyptmcosx
0 2t ,π≤ ≤ donde p, q son números reales y m impar.
Llamemos qnpm
=δ . Las coordenadas x, e y de la curva de Lissajous satisfacen la ecuación
a) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) 012 22122 =−⋅⋅−⋅−+ − δδ cossenyTxTyTx mnm
mnT , cuando 0≠δcos .
b) sin , cuando ( 1) / 2( ) ( 1) ( ) 0mn mT x T yδ −− − = 0=δcos .
Demostración. Aplicando la propiedad característica de los polinomios de Chebyshev y la correspondiente para m impar para la función seno tenemos que
( ) ( )( ) ( )[ ] ( )( ) ( )( ) ( )[ ] ( )
⋅+⋅=+⋅=+=⋅+⋅=+⋅=+=
qmtmnsenqntmsenqntsenTyTpntmncospmtncospmtcosTxT
mm
nn
Aplicando las fórmulas de la suma de dos ángulos
( )( )( ) ( )
−=⋅+⋅=⋅−⋅
− xTmqcosmntsenmqsenmntcosxTnpsenmntsennpcosmntcos
mm
n211
Este es un sistema lineal en las incógnitas mntcos y con determinante mntsen
( ) δcosnpmqcosnpsenmqsennpcosmqcosmqcosmqsen
npsennpcos=−=⋅+⋅=
−=∆
Si 0≠=∆ δcos , aplicando la regla de Cramer ( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )
⋅⋅−+⋅−=⋅⋅⋅−−⋅=⋅
−
−
yTnpcosxTmqsenmntsencosyTnpsenxTmqcosmntcoscos
mm
n
mm
n21
21
11
δδ
elevando al cuadrado y sumando miembro a miembro
( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )npsenmqcosnpcosmqsenyTxTyTxTcos mnm
mn ⋅−⋅⋅⋅−⋅−+= − 21222 12δ luego
( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) 012 22122 =−⋅⋅−⋅−+ − δδ cossenyTxTyTxT mnm
mn quedando así demostrada la primera fórmula. Si =∆ 0=δcos el sistema anterior es compatible sólo cuando los coeficientes son proporcionales, es decir cuando
25
( )( )( ) ( )yT
xTmqcos
npsenmqsennpcos
mm
n211 −−
=−
=
por tanto ( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )
=⋅⋅−−⋅=⋅⋅−−⋅
−
−
0101
21
21
yTnpsenxTmqcosyTnpcosxTmqsen
mm
n
mm
n
Multiplicando la primera por cos np y la segunda por sen np y restando ambas ecuaciones queda
( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) 01 2221 =⋅+⋅−−⋅⋅−⋅ − xTnpsennpcosxTnpsenmqcosnpcosmqsen mm
n por tanto
( ) ( )( ) ( ) 01 21 =⋅−−⋅ − xTxTsen mm
nδ c.q.d.
Es natural preguntarnos si el recíproco del teorema anterior es cierto, es decir si un punto que satisface la ecuación cartesiana satisface las ecuaciones paramétricas. La respuesta es “sí” en el primer caso y este hecho se demuestra en el teorema 2. Teorema 2. Si un punto (a, b) satisface la ecuación cartesiana
( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) 012 22122 =−⋅⋅−⋅−+ − δδ cossenyTxTyTxT mnm
mn con m impar y 0≠δcos ,
existe un t0 tal que Zl,kl
mmt
dnsenb
kn
tdmcosa
∈
++⋅±=
+⋅=
πδ
π
2
2
0
0
,
donde . ( )n,m.d.c.md =
Es decir la curva descrita por la ecuación dada es una unión finita de curvas de Lissajous. Observaciones: 1) Notemos que en una curva de Lissajous siempre podemos tomar p = 0. Basta realizar el
cambio de parámetro mput −= .
2) La ecuación cartesiana nos determina n, p y δsen . El ángulo δ puede tomar una infinidad de
valores. Una vez elegido uno cualquiera de ellos mδq . =
Demostración Sabemos que
( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) 012 22122 =−⋅⋅−⋅−+ − δδ cossenbTaTbTaT mnm
mn Teniendo en cuenta la identidad trigonométrica tenemos122 =+ δδ sencos
( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) δδδδ 22212222 12 cosbTbTaTsenaTsenaTcos mmm
nnn =+⋅⋅−⋅⋅⋅−⋅+⋅ −
Por tanto
( )( ) ( ) ( )( ) ( )( ) δδδ 22212 1 cosbTaTsenaTcos mm
nn =⋅−−⋅+⋅ −
Dividiendo por δ2cos
( ) ( ) ( )( ) ( ) 11221
2 =
⋅−−⋅+
−
δδ
cosbTaTsenaT m
mn
n
Luego existe un valor θ tal que
26
( )( ) ( )( ) ( )
−=⋅−−⋅
=−
θδ
δθ
sencos
bTaTsencosaT
mm
n
n211
Despejando ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( )θδθδθδ +⋅−=⋅−⋅⋅−= −− sensencoscossenbT mm
m2121 11
Luego
( )( ) ( )( ) ( )
+⋅−==
− θδθ
senbTcosaT
mm
n211
Por tanto podemos haciendo αcosa = y βsenb = tenemos que
( ) Zkknn
cosncoscoscosTn ∈⋅+±=⇒=⇒=πθαθαθα 2
y
( ) ( ) ( ) Zll
mmm
lmmmsenmsensenasenTm ∈
⋅++−=
⋅++=⇒+=⇒+= πδθπα
πδθαθδβθδβ 2
2
,
Sea . Haciendo ( n,m.d.c.md = )d
tnm 0⋅⋅=θ se deduce el resultado enunciado.
Cuando m es par se tienen resultados análogos que se enuncian en los teoremas siguientes. Teorema. 3 Dada la curva de Lissajous
( )( )
+⋅=+⋅=
qtnsenyptmcosx
0 2t ,π≤ ≤ donde p, q son números reales y m par.
Llamemos qnpm
=δ . Entonces la ecuación cartesiana de la curva de Lissajous es
a) T x cuando sin2 2 / 2 2( ) ( ) 2( 1) ( ) ( ) cos sin 0mn m n mT y T x T y δ δ+ − − − = 0≠δ ,
b) cos cuando / 2( ) ( 1) ( ) 0mn mT x T yδ − − = 0=δsin .
Teorema 4. Si un punto (a, b) satisface la ecuación cartesiana
2 2 / 2 2( ) ( ) 2( 1) ( ) ( ) cos sin 0mn m n mT x T y T x T y δ δ+ − − − =
con m par y 0≠δsen ,
existe un t0 tal que Zl,kl
mmt
dnsenb
kn
tdmcosa
∈
++⋅±=
+⋅=
πδ
π
2
2
0
0
,
donde . ( )n,m.d.c.md =
Es decir la curva descrita por la ecuación dada es una unión finita de curvas de Lissajous.
27
Las demostraciones de los teoremas 3 y 4 son análogas a las de los teoremas 1 y 2 y no las haremos. El lector interesado puede consultar el artículo [3]. Resumiendo la curva de Lissajous definida por la ecuación paramétrica coincide con la definida por su ecuación cartesiana cuando m es impar y δcos es distinto de cero o cuando m es par y δsen es distinto de cero Diremos entonces que la curva de Lissajous es no degenerada y en caso contrario decimos que es degenerada. Cuando la curva de Lissajous es degenerada la ecuación paramétrica es sólo un arco de la curva definida por la ecuación cartesiana. Ver los casos degenerados de los ejemplos 1 y 2.
Ejercicio 9. Demostrar los siguientes hechos en una curva de Lissajous degenerada a) La curva queda determinada con un intervalo de longitud π. b) La curva es un arco con un origen y un extremo. c) Los puntos singulares son nodos Ejercicio 10 Demostrar lo siguiente hechos en una curva de Lissajous no degenerada a) La curva queda determinada con un intervalo de longitud 2π. b) La curva es curva cerrada y todos los puntos singulares son nodos. Apliquemos los teoremas a algunos ejemplos seleccionados 1. Alforja La alforja es la curva de ecuaciones paramétricas
( )
++⋅−=
−⋅=
ββ
π
senctsency
tcoscx
22
2
2
En este caso m =1 es impar y πββ
πδ +=
−=
22
1 . Cuando ( ) 0=+πβcos , es decir cuando
Zkk ∈+= ππβ2
podemos aplicar la formula
0212 =
+
−−
⋅ ββ sen
cyT
cxTsen
es decir
02122
=
+
−−
−
⋅ ββ sen
cy
cxsen
operando nos queda 2x
cseny β
=
como 0=βcos tenemos que la ecuación de la curva es
cxyó
cxy
22
−==
que es la ecuación de una parábola. Observemos que en este caso la curva parametrizada es un arco de parábola. Cuando 0≠βcos tenemos
0222 221
2
2
2
1 =−⋅
+
−
⋅−
+
−+
ββββ cossensen
cyT
cxTsen
cyT
cxT
Operando queda
044842
2
2
22
3
2
4
4
=+⋅
−⋅
−cy
cxcos
cyxsen
cx ββ
28
Multiplicando por 4
4c
02 2222224 =+⋅−⋅− ycxcoscyxsencx ββ llamando βcosca ⋅= y βsenc ⋅=b queda
( ) 02 22222224 =++⋅−⋅− ybaxayxbx o bien
( ) ( )22222 yxabyx −=− que es la ecuación cartesiana de la alforja
Cuando b=0 la alforja se llama Lemniscata de Gerono
( )
−
−=
−⋅=
⇔−=
22
2
22224
π
π
tsency
tcoscxyxax
2) Cúbica Crunodal
+=
=
23
2πtseny
tcosx
En este caso m =2 es par y 02
302
== πδ sensen , la fórmula es por tanto
/ 2cos ( ) ( 1) ( ) 0mn mT x T yδ − − =
Sustituyendo
29
( ) ( ) ( ) 012 23 =−−
yTxTcos π
Operando
1342 32 +−= xxy Esta curva se llama cúbica con punto doble o cúbica crunodal.
Observemos que es una curva de Lissajous degenerada y que la curva parametrizada es un arco de la cúbica con forma de letra alfa.
Otro Ejemplo con m par
+=
=
43
2πtsiny
tcosx
En este caso m =2 es par y 14
302
== πδ sensen , la fórmula es por tanto
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 012 2222 =−⋅⋅−⋅−+ δδ sincosyTxTyTxT mnm
mn sustituyendo
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 022
12 222
23 =−⋅⋅−⋅−+
ππ sincosyTxTyTxT mn
Operando ( ) ( ) 11234 223 =−+− yxx
o bien
30
( ) ( )4223 434 yyxx −=− .
Ejemplo de curva reducible La curva definida por las ecuaciones
+=
+=
312
28
π
π
tseny
tcosx
Satisface la ecuación
( ) ( ) ( ) ( ) 043
8122
82
12 =−⋅++ yTxTyTxT .
Esta ecuación nos determina cuatro componentes irreducibles que corresponden a las cuatro curvas de Lissajous siguientes:
−=
=
1253
2πtseny
tcosx
−=
+=
1253
62
π
π
tseny
tcosx
−=
+=
1253
32
π
π
tseny
tcosx
−=
+=
1253
22
π
π
tseny
tcosx
31
Las cuatro gráficas juntas
Observemos que la curva parametrizada inicial satisface también las ecuaciones
+=
+=
33
22
π
π
tseny
tcosx
o eligiendo el parámetro p =0
−=
=
1253
2πtseny
tcosx.
Cualquiera de estas dos ecuaciones paramétricas nos generan
( ) ( ) ( ) ( ) 0413 23
22
23 =−⋅−+ yTxTyTxT
.
Referencias 1. R. L. Burden y J. D. Faires, Análisis Numérico, Grupo Editorial IberoAmericana, 1985. 2. F. Cajori, A History of Mathematics , Chelsea, 1999) 3. J. Castiñeira Merino, Lissajous Figures and Chebyshev Polynomials, The College Mathematics Journal 34 (2003) #2, 122-127. 4. Eli Maor, Trigonometric Delights, Princenton University Press, 1998. 5. J. W. Rutter, Geometry of Curves, Chapman & Hall, 2000. 6. Vinogradov y otros, Enciclopedia de las Matemáticas, Editorial Mir-Rubiños, 1994.
32
TRIÁNGULOS ESPECIALES (3)Francisco Bellot Rosado
III Triángulos especiales definidos por relaciones entre sus lados u otros elementos deltriángulo.
III.1 El triángulo cuyos lados están en progresión aritmética: 2a � b � c.Propiedades:i) OI � AI. En efecto, podemos suponer c � b. Si D es el pie de la ceviana de Gergonne, se
tiene
DB2 � DC2� �p � b�2 � �p � c�2
� a�c � b�.
Como 2a � b � c, c2 � b2� 2�DB2 � DC2 �; pero
BHa2 � CHa
2� 2�DB2 � DC2 �,
luego M1Ha � 2M1D. Si AIcorta de nuevo al círculo circunscrito en D1 es sabido queD1M1 � AHa; como I � AD1, OI � AI.�
ii) AI2 � 2Rr. En efecto: AI2 � R2 � OI2 � R2 � �R2 � 2Rr� � 2Rr.�Las siguientes condiciones implican 2a � b � c :a) GI � BCb) tan B
2 tan C2 �
13 .
En efecto: si GI � BC, GM1 �ha
3 , luego ar � a3 ha �
2S3 �
23 sr
y a �23 s, así que 2a � b � c.
Por otro lado, tan B2 tan C
2 ��p�c��p�a�
p�p�a��
�p�a��p�b�
p�p�c��
p�ap �
13
y haciendo operaciones resulta 2a � b � c.�Otras propiedades de este triángulo, tomadas de Mathesis (varios años):IG �
23 �b � a�; la recta IG contiene al punto de Nagel y al centro de gravedad del perímetro
del triángulo (no debe confundirse con G; es el incentro del triángulo medial de ABC); los puntosI,O9, el punto de tangencia del círculo inscrito con BC, y el punto de Feuerbach �, estánalineados. Además se verifican, entre otras, las relaciones
ha � 3r � ra; AI2 � 3Rr � 13
bc; 1ra
�12
1rb
�1rc
OI2 � 2r�R � r�; a2 � 4r�2R � r�.
La recta OI corta a AB o a AC en un punto P tal que
1AP
�34
1b�
1c .
Si a � b � c están en progresión aritmética de diferencia d, entoncesi) 6Rr � acii) d � 2r�R � 2r�En efecto: de un lado, 2p � 3b (*). Como 4Rsr � abc, esto es lo mismo que
2Rr � 3b � abc � 6Rr � ac, que es i).Para probar la segunda parte, tenemos 2Rr � ac
3 �13 �b
2 � d2 � (**)Por otra parte,
r2��p � a��p � b��p � c�
p �
b2 � d � b
2 �b2 � d
32 b
��b � 2d��b � 2d�
12
de donde 4r2�
b2�4d2
3 �� � ��. De (**) y (***) resulta
2Rr � 4r2 � d2 � d � 2r�R � 2r� .�
En Crux Mathematicorum, 1977, p.166 se demuestra que
a,b,c en p.a. � p2 � 18Rr � 9r2
III.2 El triángulo tal que 3a � b � cPropiedades de este triángulo:i) IG � BCii) O equidista del incentro y del punto medio de AIiii) Si D es el punto de tangencia del círculo inscrito con BC, el punto de Nagel del triángulo es
el segundo extremo del diámetro DI.iv) Se verifican, entre otras, las relaciones
S � ara; p2 � 2rbrc; 2r2 � �p � b��p � c� � �c � a��b � a�;
AI2 �bc2
� 4Rr; 1ra
�1rb
�1rc
; r � ra
2�
IB � ICIA
;
cot A2
� cot B2� cot C
2; tan B
2tan C
2�
12
;
sin A2
� sin B2
sin C2
�13
cos B � C2
�r
4R
Estos resultados son de V.Thébault y R. Goormaghtigh.
III.3 El triángulo cuyos lados están en progresión geométrica: a2 � bcPropiedades de este triángulo :i) El punto medio de AB, el pie de la simediana desde B y el pie de la bisectriz exterior desde
A están alineados. También lo están el pie de la simediana desde C, el punto medio de AC y el piede la bisectriz exterior desde A. (Demostración con el teorema de Menelao)
ii) La bisectriz interior desde A, la paralela media de BC y la recta que une los pies de lassimedianas desde B y C son concurrentes.
iii) a2
a2�c2 �b2
a2�b2
(Estos resultados son de Thébault, Mathesis 1930, p.188)iv) Los puntos de Brocard son las intersecciones de la bisectriz AI con las mediatrices de AB y
AC.v) 1
25 � 1 �
ba �
12
5 � 1 .vi) �p2
� 4Rr � r2 �3� 32Rrp4 (Crux Mathematicorum, 1977,p.166)
III.4 El triángulo medio armónico 2a �
1b�
1c
Propiedades de este triángulo:i) Si b � c, entonces b � 1 � 2 cii) Las paralelas a AB y AC trazadas por el pie de la bisectriz desde A forman con esos lados
un rombo de lado a2
.iii) La perpendicular a la bisectriz interior desde A, trazada desde el pie de esta bisectriz, corta
a AB y a AC en puntos que distan a del punto A.
iv) Llevemos sobre CA y AB las longitudes CL � AL ��
a2
; sean N y N � los isotómicos de L yL’. Entonces las rectas BL y CL’; BN y CN’ se cortan en puntos de la mediana desde A. (Laisant,1890)
III.5 El triángulo tal que 1a �
1b�
1c
Propiedades de este triángulo :i) ha � hb � hc (inmediato a partir de aha � bhb � chc � 2S�ii) La recta que une los pies de las bisectrices interiores desde B y desde C pasa por G (coord.
trilineales)Estos resultados son de R. Goormaghtigh.
III.6 El triángulo automediano 2a2� b2
� c2
Dado el triángulo ABC, consideremos sus medianas AD, BE, CF y prolonguémoslas hasta quecorten de nuevo al círculo circunscrito en L, M, N respectivamente. ¿Cuándo será isósceles eltriángulo LMN?
C.F. Parry, en The Mathematical Gazette 1991, p.151, estudia este bello problema degeometría clásica y encuentra que la condición sobre los lados de ABC para que LMN seaisósceles es
2a2�b2 � c2 � � �b2� c2 ��b2 � c2 �,
que se verifica en los dos casos siguientes:1) b � c (ABC es isósceles, que es el caso obvio, en el que las medianas son proporcionales a
los lados en su mismo orden)2) 2a2
� b2� c2 y ABC no es isósceles. Los lados son proporcionales a las medianas, pero en
un orden diferente.Estos triángulos se llaman automedianos.Propiedades de los triángulos automedianos :i) Si x,y, z son los lados de un triángulo rectángulo de lados enteros, con x � y � z, y x
2 � z,entonces el triángulo de lados x, �y � z�, �y � z� es automediano. Por ejemplo, la terna pitagórica13,12,5 da la terna automediana 13,17,7 que es el menor triángulo automediano con lados enteros.
Sólo hay un triángulo rectángulo automediano, el de lados 2 , 3 ,1. Además es el únicotriángulo rectángulo que tiene dos medianas perpendiculares (v. Triángulos ortomedianos)
ii) G es el punto medio de AL (cuerda en el círculo circunscrito)iii) BGCL es un paralelogramo.iv) BGL y CLG son indirectamente semejantes a ABCv) La recta de Euler OG es perpendicular a la mediana AGvi) Si K es el punto de Lemoine (o punto simediano), GK es paralela a BCvii) Si T es el punto de Fermat (punto interno isógono), entonces BT, AT y CT forman una
progresión aritmética (en ese orden).viii) 2ma
2� mb
2� mc
2
ix) 2AH2� BH2
� CH2
x) 2cotA � cotB � cotCxi) OK � AKxii) �� � � AK (usar coord. trilineales)xiii) La condición necesaria y suficiente para que ABC sea automediano es que las bisectrices
de ABC y AGC,BCA y BGA, o CAB y CGB se corten sobre CA, AB o BC, respectivamente.(JiroFukuta, en The College Mathematics Journal, marzo 1993, p. 186-188)
III.7 El triángulo tal que 3a2 � b2 � c2
Propiedades de este triángulo:i) a2 � bcosAii) cotA � cotB � cotCiii) G � HbHc
iv) K � BCv) O � KbKc
vi) a � bcvii) 2
5bc � wa � bc .
III.8 El triángulo ortomedianoUna excelente exposición sobre el triángulo ortomediano (el que tiene dos medianas
perpendiculares) es de Mihaly Bencze en su revista Gamma, 1/1986, pp. 23-25 (en rumano).Las siguientes propiedades son equivalentes :i) ABC es ortomedianoii) entre sus lados se verifica una relación de la forma a2 � b2 � 5c2.iii) 2cotA � cotB � cotCiv) sinB sinCcosA � sin2B � 2sin2Cv) ma,mb,mc son los lados de un triángulo rectángulovi) 1/ha, 1/hb, 1/hc son los lados de un triángulo ortomedianoOtras propiedades de los triángulos ortomedianos:Si ABC es ortomediano, entonces:viii) El coseno de uno de los ángulos del triángulo es mayor o igual que 4/5.ix) Si mb � mc, entonces cotB � cotC � 2
3(S.Reich, en American Mathematical Monthly,
10/1965)x) Si a2
� b2� 5c2, entonces 3c2
� p2 � r2 � 4Rr; 3pr cotC � p2� r2 � 4Rr.
xi) 2hc
2�
1mb
2 �1
ma2
III.9 El triángulo seudo-pitagórico a4� b4
� c4
Propiedades de este triángulo:i) tan� � sin2Aii) 2 sin2A � tanB tanC
III.10 El triángulo tal que a�b � c� � b2 � c2
Propiedades de este triángulo:i) La simediana desde A pasa por el punto de tangencia del círculo inscrito con BC.ii) Las rectas AI y CF (F, punto de tangencia del incírculo con AB) se cortan sobre la mediana
BGiii) IK y N� son paralelas a BC
iv) A � 60ºv) Se verifican, entre otras, las relaciones
�p � a�2� �p � b��p � c�;
�p � a�bc
��p � b�
c2 ��p � c�
b2
ra2 � rbrc; tanA � sinB � sinC; cosA �
ab � c
III.11 Los triángulos en donde un exradio es igual a un lado
Sea ra � a. Propiedades de este triángulo:i) a � ha � b � cii) ha � 2�p � a�iii) 1
a �1hb
�1hc
� 1ha
iv) �rb � rc � ra ��rb � rc � � rbrc
v) cos A2 � cos B
2 cos C2
vi) tan B2 � tan C
2 � 1
Sea rb � a. Propiedades de este triángulo:i) ha � 2�p � b�ii) p�p � a��p � c� � a2�p � b�iii) cot B
2 � tan C2 � 1
III.12 El triángulo tal que ma2 � bc
Propiedades de este triángulo:i) Si los vértices B y C son fijos, A describe una hipérbola equilátera que es tangente a la
bisectriz AI; I e Ia se mueven sobre perpendiculares a BC en los puntos de tangencia del incírculoy el excírculo con BC; el ortocentro describe una cuártica.
ii) Sean K’ y G’ los puntos donde la simediana AK y la mediana AG cortan de nuevo a lacircunferencia circunscrita. Se verifican las relacionesma � AK �,ha �
14 acot A
2 ;a � |b � c| 2 ;a2 � 8rra.
III.13 El triángulo tal que a2�b2 � c2 � � b4 � c4
Propiedades de este triángulo:i) �� � � BCii) � y � � están situados respectivamente sobre hb y hc
iii) El centro del círculo de Brocard está sobre la mediana AGiv) La mediana desde C y la altura desde B se cortan sobre la simediana AK.v) El ortopolo de la recta de Euler es un punto de AGvi) K está en la paralela a BC trazada por el punto de coordenadas baricéntricas �a4,b4,c4 �
vii) La recta HbHc pasa por el punto medio de la tercera altura, ha.viii) HO � AKix) cot2A � cotBcotCx) cos�B � C� � bc
a2 ; cosBcosC
�c3
b3 ; cotAcotB �
cotCcotA
�b2
c2
Estos resultados son de V. Thébault.
III.14 El triángulo escaleno en el que una altura, una bisectriz y una mediana son igualesSupongamos ABC tal que ha � wb � mc.i) El ángulo B es raíz de la ecuación
sin�30º � B� 1 � sin B2
� sin B2
ii) Poniendo t � ac se obtiene
4t5 � 24t4 � 49t3 � 21t2 � t � 1 � 0
(Lemoine y Delahaye, 1890 y 1906)
III.15 El triángulo en el que la altura desde A, la bisectriz desde B y la mediana desde Cson concurrentes
Propiedades de este triángulo:i) �a � c��b2 � c2 � � a2�a � c�ii) cosB �
aa�c
iii) tanB � sinA : cosCiv) tanC � tan2B tan B
2
v) Si C � 90º, ha y mc se cortan sobre la bisectriz exterior desde B.(Déprez, 1889 y Lemoine, 1885)
III.16 El triángulo en el que el pie de la bisectriz exterior desde A, el pie de la medianadesde B y el de la altura desde C están en línea recta
Propiedades de este triángulo:i) ccosA � acosBii) cosA �
cb�c
iii) cosB �c2
a�b�c�
iv) BHc � AHb
v) La perpendicular en B sobre AB corta a AC en un punto L tal que CL � c.(Delahaye, Mathesis 1906)
III.17 El triángulo en el que la recta HaHb pasa por el simétrico de A con respecto a OPropiedades de este triángulo:i) cos2C � cos2A � 3cos2B � 1ii) a2 � 3b2 � c2 � 8R2
(Barisien, Mathesis 1914)
III.18 El triángulo donde la circunferencia circunscrita y la de los nueve puntos sonortogonales
Propiedades de este triángulo:i) HO � R 5ii) cosAcosBcosC � � 1
2iii) cos2A � cos2B � cos2C � 1iv) sin2A � sin2B � sin2C � 1v) a2 � b2 � c2 � 4R2
vi) cot� � R2/S � 1/�2sinA sinB sinC�
III.19 El triángulo con dos simedianas perpendicularesSupongamos BK � CK. Entonces se tiene:
i) Uno de los ángulos, B o C, es obtuso.ii) a4 � b4 � 4b2c2 � c4
iii) 2 sin2A � tanB tanC � 0
iv) BGC � 90º � Av) La circunferencia circunscrita a BGC pasa por los puntos de intersección de AB, AC
respectivamente, con las perpendiculares a AC en C, a AB en B.Tiene como centro el puntoTa � tb � tc, siendo tb la tangente en B a la circunferencia circunscrita a ABC en B (análogadefinición para tc�, y como radio TaB.
Problemas sobre triángulos especiales definidos por relaciones entre sus lados u otrossegmentos del triángulo
Problema 60 : Si los lados del triángulo ABC verifican
�b � c� 2 � a � b � c,
probar que GI pasa por el pie de la altura desde A.(Mathesis 1935)Problema 61: Los lados de un triángulo están en progresión geométrica, y además verifican
c�aa �
bc�a . Determinar los ángulos.
(Agrégation 1880)Problema 62: Los lados de un triángulo verifican
b2 � c2 � �b � c�a.
Probar que ra, rb, rc están en progresión geométrica. (Gazeta Matematica 1962)Problema 63 : Si dos medianas (simedianas) son perpendiculares, las simedianas
(medianas) correspondientes cortan al círculo circunscrito en dos puntos diametralmenteopuestos, y recíprocamente. El triángulo podario de K (de G) es rectángulo. (Thébault, enMathesis 1945)
Problema 64 : El triángulo ABC es tal que la mediana y la simediana desde A sonperpendiculares. Entonces:
i) a2 � �2bc 3 cosA 3 cosA � 1 , A � 90ºii)
b2 � c2
2bc�
masa
.
Problema 65 : Encontrar la condición para que las simedianas BK, CK seanperpendiculares.(Mathesis, 1903)
Problema 66: En el triángulo ABC, la altura desde A, la bisectriz desde B y la medianadesde C son concurrentes o tienen sus pies en línea recta, según que los productossinAcosB, sinBcosC sean iguales u opuestos. (Mathesis, 1958)
Problema 67: Si en el triángulo ABC, OIH es isósceles, entonces
OH � max�a,b,c� � min�a,b,c�.
(Gazeta matematica 9/1995)Problema 68: Demostrar que si el círculo circunscrito a ABC es tangente al de los 9 puntos,
entonces
sin2A � sin2B � sin2C � 2.
Problema 69: Si el círculo inscrito en ABC pasa por O, calcular Rr y probar que
cosA � cosB � cosC � 2 .
Problema 70: Demostrar que la condición necesaria y suficiente para que la mediana desdeB sea dividida en tres partes iguales por el círculo inscrito, es que entre los lados del triángulose verifique
a5�
b10
�c
13.
(Kvant, revista escolar rusa)
Equivalencias observadas entre unas definiciones de triángulos especiales y otras
Los triángulos definidos por las condiciones II.7 y III.7 son los mismos, así como los definidospor las parejas �II.13, III.10� y �II.14, III.13�.
BIBLIOGRAFÍA SOBRE GEOMETRÍA DEL TRIÁNGULO(de la Biblioteca particular de Francisco Bellot Rosado)
REVISTAS1. Colección Mathesis (1888-1962)2. Colección Nieuw Archieff voor Wiskunde (1964-1985)3. Colección Gazeta Matematica (1895-2004),en rumano.4. Colección Nouvelles Annales de Mathématiques (1852-1907)5. Colección Praxis der Mathematik (1959-1995)6. Colección Proceedings of the Edinburgh Mathematical Society7. Colección Matematyka&Informatika (1987-2001),en búlgaro.8. Colección The Mathematical Gazette (1902-2004)9. Colección College Mathematics Journal (1970-2004)10.Colección Mathematics Magazine (1928-2004)11.Colección Crux Mathematicorum (1975-2004)12.Colección The American Mathematical Monthly (1894-2004)13.Colección Elemente der Mathematik (1946-2004)14.Colección Kvant (1987-2004)15.Colección Kömal (Közepiskolai Matematikai Lapók) 1894-200416.Colección Mathematics&Informatics Quarterly (1991-2004)17.Colección Forum Geometricorum (digital) 2001-200418.Colección Mathematics Competitions (1984-2004)
LIBROS1. ALEXANDROFF: Aufgaben aus der niederer Geometrie,Leipzig 19032. ALTSHILLER-COURT:College Geometry, Barnes 19523. AREF-WERNICK:Problems and solutions in Euclidean Geometry, Dover 19684. ARTMANN:Euclid:The Creation of mathematics, Springer 19915. ASKWITH:Pure Geometry, Cambridge U.P. 19216. AYME:Méthodes & Techniques en Géométrie. Ellipses 20037. BAKER:A collection of formulae for the area of a plane triangle8. BAPTIST:Die Entwicklung der neueren Dreiecksgeometrie, Mannheim 19929. BOLTYANSKI-SOIFER:Geometric etudes in Combinatorial Mathematics, Colorado
Springs 199110.BOTTEMA:Hoofdstukken uit de Elementaire Meetkunde, Utrecht 1987 (en holandés)11.BOTTEMA et al.:Geometric Inequalities, Groningen 196812.BRANZEI:Notes on Geometry, Ed.Paralel45, 199513.BRANZEI-ANITZA.S-ANITZA A.:Competentza si performantza in Geometrie, I,II;
Ed.MINIED, Iasi, 199214.BRANZEI-ANITZA.S.-COCEA:Planul si spatziul euclidian, Ed. Academiei, Bucarest
198615.BRANZEI-MICULITZA: Analogii triunghiu-tetraedru, Ed.Paralel45, 200016.CASEY:A sequel to Euclid, Dublin 189217.CASEY: A treatise on the analytical geometry of the point, line,circle and conic sections,
Dublin 188518.CINDREA: Geometrie (Matematica de drag), Bucarest 200319.COCEA:200 de probleme din geometrie triunghiul echilateral, Ed. Asachi, Iasi, 199220.COXETER-GREITZER: Geometry revisited, M.A.A.196721.CROFT-FALCONER-GUY:Unsolved problems in geometry, Springer, 1991.22.DALLE:2000 théorèmes et problèmes de Géométrie, Namur 191223.DAVIS:Modern College Geometry, Addison-Wesley, 1949
24.DONATH:Die merkwürdigen Punkte und Linien des ebenen Dreiecks, DVW, Berlin 196925.DÖRRIE: 100 Great problems of Elementary Mathematics, Dover 196526.DRAGHICESCU-MASGRAS: Probleme de Geometrie, Ed.Tehnica 198727.DUDLEY: A budget of trisections, Springer 198728.DURELL-ROBSON: Advanced Trigonometry, Londres 193729.EFREMOV: Nueva geometria del triángulo (en ruso), Odessa 190230.F. G.-M.: Exercices de Géométrie, Ed.Gabay, Paris 199131.FERRERS: Trilinear Coordinates, Londres 187632.FLOREA: Abordarea globala Geometriei triunghiului cu implicatie creative, Ed. ALL,
Bucarest 199633.FUKAGAWA-PEDOE: Japanese Temple Geometry Problems, Winnipeg 198934.FUKAGAWA-RIGBY: Traditional Japanese Mathematics Problems of the XVIII & XIX
Century, SCT Publishers, Singapore 200235.GALLATLY: The modern geometry of the triangle.36.GOORMAGHTIGH: Terminologie dans la géométrie du triangle et du tetraèdre,
Mathesis,varios años.37.GUGGENHEIMER: Plane Geometry and its Groups, Holden Day 198738.HADAMARD: Leçons de géométrie, Ed. Gabay, 198839.HAHN: Complex numbers and geometry, M.A.A. 199440.HOBSON: Plane Trigonometry, Cambridge U.P. 192141.HONSBERGER: Episodes in the nineteenth and twentieth century euclidean geometry,
M.A.A. 199542.IONESCU-TZIU: Geometrie plana si in spatziu pentru admiter in Facultate, Ed. Albatros,
Bucarest 197643.IWATA: Enciclopedia de geometría, 8 vols. (en japonés)44.JOHNSON: Advanced Euclidean Geometry, Dover 196045.LALESCU: La géométrie du triangle, Ed. Gabay 198746.LEBOSSÉ-HÉMERY: Géométrie, Ed. Gabay, 199047.LEMAIRE: Problèmes de Géométrie, Vuibert, Paris 192348.LEMOINE: Suite des théorèmes et de résultats concernant la géométrie du triangle. Paris
190049.LOOMIS: The Pythagorean proposition, NCTM 196850.MARTIN: Geometric constructions, Springer 199751.MAXWELL: Geometry by transformations, Cambridge U.P. 197552.MIHALESCU: Geometrie elementelor remarcabile, Ed. Tehnica, Bucarest 195753.MITRINOVIC et al.: Recent Advances in Geometric Inequalities, Kluwer 198954.MODENOV: Problems in Geometry, Ed. Mir, Moscú, 198155.NEUBERG: Bibliographie des triangles spéciaux, Lieja 192456.OGILVY: Excursions in geometry, Dover, 196957.PAPELIER: Exercices de géométrie moderne, Ed. Gabay, 199658.PETERSEN: Métodos y teorías para la resolución de problemas de construcciones
geométricas (traducción y apéndices de J. Gallego Díaz), Ed. Giner, Madrid 195559.PRASOLOV: Zadachi po planimetrii (en ruso) I,II; Moscú 199160.PRASOLOV-TIKHOMIROV: Geometry, AMS 200161.PRITCHARD, Ed.: The changing shape of geometry, Cambridge U.P., 200362.PUIG ADAM: Geometría métrica, Madrid 195263.SHARIGIN: Two articles and 200 problems, ed.privada, 200064.SHARIGIN: Problemas de Geometría (Planimetría), Mir 198965.SHARIGIN: Problems in solid geometry, Mir 198666.SOIFER: How does one cut a triangle?, Colorado Springs 199067.SORTAIS: La géométrie du triangle, Hermann, Paris 198768.TABOV: Homotecia en problemas (en búlgaro), Sofia 1989
69.TURTOIU: Probleme de Trigonometrie, Ed. Tehnica, Bucarest 198670.TZITZEICA: Probleme de Geometrie,Ed. Tehnica, Bucarest, 196171.VARILLY: Elementos de geometría plana, S.José, 198872.VELASCO: Tratado de geometría, Ed. Limusa, 198373.VIGARIÉ: Géométrie du triangle, 188774.VIRICEL: Le théorème de Morley, A.D.C.S. 199375.VODA: Vraja geometriei demodata, Ed. Albatros, Bucarest 198376.VODA: Triunghiul: ringul cu trei coltzuri, Ed. Albatros 197977.VODA: Surprize in matematica elementara, Ed. Albatros 198178.YAGLOM: Geometric transformations I,II,III; M.A.A. 196279.ZETELII: Nueva geometría del triángulo (en ruso), Moscú 1962
Cinco problemas de la Olimpiada Británica
Soluciones de Daniel Lasaosa Medarde, Pamplona, España
1996,#1
Una función f está definida para todos los enteros positivos y satisface
( )1 1996f = , ( ) ( ) ( ) ( )21 2 ... , 1f f f n n f n n+ + + = ∀ > .
Calcular el valor exacto de f(1996).
Solución
Demostraremos por inducción que
( ) ( )3992
1f n
n n=
+.
Obviamente, la hipótesis de inducción se cumple para n=1. Supongamos que se cumple
hasta n=m. Entonces, para n=m+1, se tiene:
( ) ( ) ( ) ( )( )
( )( ) ( )( )
2
2 2
1 2 ... 3992 39921
2 2 1 1 21 1
f f f m m f m mf m
m m m m m m mm
+ + ++ = = = =
+ + + + ++ −.
Luego la hipótesis de inducción se cumple para todo n. En particular,
( ) 3992 21996
1996 1997 1997f = =
⋅.
1995,#1
Hallar todos los cuadrados perfectos que terminan en tres cuatros. Probar que ningún
cuadrado perfecto puede terminar en cuatro cuatros.
Solución
Sea x un entero positivo tal que su cuadrado termina en tres cuatros. Entonces,
x2−144=(x+12)(x−12) acaba en 300, es decir, (x+12)(x−12) es múltiplo de 4 pero no de
8, y es múltiplo de 25. Si x fuera impar, el producto anterior sería impar. Si x fuera
múltiplo de 4, el producto anterior sería múltiplo de 16, pues tanto x+12 como x−12
sería múltiplos de 4. Luego x es par pero no múltiplo de 2. Entonces, x+12 y x−12 son
pares, y como no pueden ser simultáneamente múltiplos de 5, uno u otro es divisible por
50 pero no por 100. Luego x acaba en 38 o 62. Como 62+38=100, nos basta entonces
considerar cualquier entero de la forma x=100y+38, pudiendo ser y un entero positivo o
negativo. Entonces,
( )22 4 2100 38 10 7600 1444x y y y= + = + + .
Para que este número acabe en tres cuatros, 7600y debe acabar en tres ceros, luego y
debe ser múltiplo de 5, acabando en 5 o 0. Pero entonces 7600y acaba en 8000 o 6000,
luego x2 acaba en 9444, 3444, 7444 o 5444, y ningún cuadrado perfecto puede acabar en
cuatro cuatros. Además, los cuadrados perfectos que acaban en tres cuatros son todos
los de la forma (500z+38)2, con z tomando cualquier valor entero, positivo o negativo.
1993,#3
Para cada entero positivo c, la sucesión de enteros {un} se define mediante
1 1u = , 2u c= , ( ) ( )21 22 1 1 , 3n n nu n u n u n− −= + − − ≥ .
Determinar los valores de c para los que esta sucesión tiene la siguiente propiedad:
ui divide a uj siempre y cuando i≤j.
Solución
Es trivial comprobar por sustitución que
3 2 17 8 7 8u u u c= − = − ; ( )4 3 29 15 24 2 3u u u c= − = − ;
( )5 4 311 24 120 3 5u u u c= − = − ; ( )6 5 413 35 120 25 44u u u c= − = − .
Como u2=c debe dividir a u3, entonces c debe dividir a 8. Además, para c=1, 240 divide
a u5 pero no a u6, mientras que para c=8, 16 divide a u3 pero no a u4. Luego sólo puede
ser c=2 o c=4. Demostraremos por inducción que, en ambos casos, y para n≥2,
( ) 12n nu n c u −= + − .
La hipótesis de inducción se cumple trivialmente para n=2. Supongamos que la
hipótesis se cumple para n=m. Entonces, para n=m+1,
( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ( )
2 21 1 1
21 1
2 3 2 2 3 2 2
2 3 3 6 2 1 2 4 .
m m m m
m m
u m u m m u m m c m m u
m mc m c u m c m c c c u
+ − −
− −
= + − + = + + − − +
= + − + − = + − + − − − −
Ahora bien, si c=2 o c=4,
( )( ) ( ) ( )1 12 1 1 1 2m m m mu m c m c u m c u m c u+ −= + − + − = + − = + + − ,
cumpliéndose entonces la hipótesis de inducción para todo n. Al ser n+c−2>1 para n≥2,
se tiene que un−1 divide a un con un>un−1. Es trivial entonces demostrar por inducción
sobre k que, para n≥2, un−k divide a un pero no al revés, que es obviamente cierto para
k=1, y como un−(k+1) es menor que y divide a un−k, y éste divide a un, entonces un−(k+1) es
menor que y divide a un. Luego ui divide a uj siempre y cuando i≤j, si y sólo si c=2 o
c=4.
1991,#3
ABCD es un cuadrilátero inscrito en una circunferencia de radio r. Las diagonales AC y
BD se cortan en E. Probar que, si AC es perpendicular a BD, entonces 2 2 2 2 24EA EB EC ED r+ + + = .
¿Es cierto que, si se cumple la anterior igualdad, entonces AC es perpendicular a BD?
Justifique la respuesta.
Solución
Si E coincide con el centro O de la circunferencia, EA=EB=EC=ED=r, cumpliéndose
trivialmente la relación. Supondremos durante el resto del problema que esta situación
no se da.
Supongamos que AC y BD son perpendiculares. Aplicando el teorema de Pitágoras,
( ) ( )2 2 2 2 2 2 2 2 24 sin sinEA EB EC ED AB CD r ACB CBD + + + = + = ∠ + ∠ .
Ahora bien, al ser BEC rectángulo en E, se tiene que la suma de estos dos ángulos es
2ACB CBD BCE CBE BEC
ππ∠ + ∠ = ∠ + ∠ = − ∠ = .
Luego sus senos al cuadrado suman 1, de donde se obtiene la igualdad del enunciado.
Supongamos ahora que se da la igualdad del enunciado, pero que ni E coincide con O,
ni AC y BD son perpendiculares. Sean entonces B' y D' los puntos donde la
perpendicular a AC por E corta a la circunferencia. Por el resultado anterior, y
asumiendo que se da la relación del enunciado, se tiene que 2 2 2 2 2 2 2' ' 4EB ED EB ED r EA EC+ = + = − − .
Pero además, por el teorema de la potencia, EB⋅ED=EB'⋅ED'. Luego
( ) ( )2 2' 'EB ED EB ED+ = + ; ( ) ( )2 2' 'EB ED EB ED− = − ,
y, sin pérdida de generalidad, EB=EB' y ED=ED'. Como además E y O no coinciden
por hipótesis, B y B' son simétricos con respecto a OE, y también lo son D y D'.
De aquí se deduce que la igualdad del enunciado se da si y sólo si se cumplen una de las
tres siguientes condiciones:
1) AC y BD se cortan en el centro O de la circunferencia circunscrita a ABCD.
2) AC y BD son perpendiculares.
3) BD y la perpendicular a AC por E son simétricas con respecto a la recta OE.
1998,#1
Hallar todos los enteros a,b,c tales que
( )( ) ( )( )10 1x a x x b x c− − + = + + para todo x.
Solución
La igualdad se debe cumplir en particular para x=10, luego
( ) ( )1 10 10b c= + + .
Por lo tanto, como los dos factores en el miembro de la derecha son enteros, sus valores
absolutos deben ser iguales a 1, ambos con el mismo signo, siendo entonces bien
b=c=−9, bien b=c=−11. Tomando entonces x=0, se deduce que 10a+1 debe valer,
respectivamente, 81 y 121, siendo entonces a=8 y a=12. Luego (a,b,c) es igual bien a
(8,−9,−9), bien a (12,−11,−11).
Problemas de nivel medio y de Olimpiadas (19)
Selección de Problemas de la Olimpiada de Australia 2004
1.Determinar todos los pares �a,b� de números reales tales que la ecuación
x3� 3x2
� ax � b � 0
tiene tres raíces reales que pueden formar progresión aritmética.
2. Sea ABC un triángulo equilátero, y D un punto del lado AB, situado entre A y B. Sea E unpunto sobre AC tal que DE es paralelo a BC. Sea F el punto medio de CD y G el circuncentro deADE.
Hallar los ángulos del triángulo BFG.
3.Determinar todos los enteros no negativos m y n tales que
6m� 2n
� 2
es un cuadrado perfecto.
4.Sea ABCD un paralelogramo. Supongamos que existe un punto P en su interior tal que
ABP � 2ADP, y DCP � 2DAP.
Demostrar que AP � BP � CP.
Óscar Ferreira Alfaro Profesor de Secundaria Colegio Sagrada Familia P.J.O ( Valencia ) España Solución a dos de los cinco problemas rumanos Nº 18.2:
Hallad las cifras a y b para que el número ( escrito en el sistema decimal ) 543 2ab sea divisible por 42. Solución:
Sea 543 2 42 ,P ab k k= = ∈ ¥ . Los valores mínimo y máximo en los que oscilará P se producirán, respectivamente, cuando
0 543002a b= = → 9 543992a b= = →
543002 42 543992k≤ ≤ → 12929 12952k≤ ≤
por lo que tenemos 12952 12929 1 24− + = posibles valores para k, y podemos dar una solución general para P. Si 12929 543018k P= → =
543018 42 , ,0 23P t t t= + ∈ ≤ ≤¥
Y de esta relación debemos buscar los valores de P acabados en 2.
( )42 12929P t= ⋅ +
Si P acaba en 2, necesariamente la expresión ( ) 12929f t t= + ha de acabar en 1 ó 6. El siguiente cuadro de valores nos da todas las soluciones al problema:
t P a b 2 543102 1 0 12 543522 5 2 22 543942 9 4 7 543312 3 1 17 543732 7 3
Nº 18.5: Halla una terna de enteros positivos ( ), ,x y z que cumplan:
2 2 2 1341x y z+ + =
Solución:
A priori, la ecuación diofántica no lineal parece de difícil solución. Sin embargo, realizando los cambios siguientes
641x a= 641y b= 641z c=
el problema ofrece un resultado rápido.
2 2 2 1341x y z+ + = ⇒⇒ ( ) ( ) ( )2 2 26 6 6 1341 41 41 41a b c+ + =
( )12 2 2 2 1341 41a b c+ + = ⇒⇒ 2 2 2 41a b c+ + = Una terna válida es: ( ) ( ), , 1,2,6a b c =
La solución será: ( ) ( )6 6 6, , 41 ,2 4 1 , 6 41x y z = ⋅ ⋅ Puesto que no debemos olvidar la simetría de dichas soluciones, el conjunto completo de soluciones se refleja en el siguiente cuadro:
x y z
641 62 41⋅ 66 41⋅ 66 41⋅ 641 62 41⋅ 62 41⋅ 66 41⋅ 641 62 41⋅ 641 66 41⋅ 66 41⋅ 62 41⋅ 641
641 66 41⋅ 62 41⋅ Una segunda terna válida es: ( ) ( ), , 4,4,3a b c =
La solución será: ( ) ( )6 6 6, , 4 41 ,4 4 1 , 3 41x y z = ⋅ ⋅ ⋅
x y z 64 41⋅ 64 41⋅ 63 41⋅ 64 41⋅ 63 41⋅ 64 41⋅ 63 41⋅ 64 41⋅ 64 41⋅
Problemas para los más jóvenes (19)
XIII Olimpiada Provincial de Matemáticas 2005, para alumnos de 2º y 4º de E.S.O. Valladolid,abril de 2005
Segundo de E.S.O.(alumnos de 13 años de edad)Problema 1: Se ha diseñado un programa de ordenador para contar las cifras de los números
naturales que se van introduciendo desde el 1 en adelante.Por ejemplo, si se han introducido los números
1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13
el programa da como resultado 17 cifras.Después de un determinado tiempo, el programa da como resultado 1788 cifras. ¿Cuál fué el
último número introducido?Problema 2: Se quiere reconstruir un claustro de forma cuadrada, del cual sólo ha quedado un
pozo P, que por la documentación existente se sabe que se encontraba a la misma distancia de dosesquinas contiguas y del lado opuesto a las mismas. Dicha distancia es de 10 metros.
¿Cuál debe ser la medida del lado del cuadrado?¿Cuál es el área de la estrella de cuatro puntas obtenida dibujando los otros tres puntos
análogos al P, es decir, cumpliendo las mismas condiciones que P?¿Cuál es el lado del cuadrado cuyos vértices son P y los otros tres puntos de la pregunta
anterior?Problema 3: Juan quiere comprar un televisor. Si lo compra al contado le descuentan 1/10 del
precio marcado. Si lo compra a plazos, le incrementan 1/5 al precio marcado. Si lo paga en seisplazos, cada uno será de 72 euros.
¿Cuánto dinero se ahorra si decide pagarlo al contado, en lugar de en los seis plazos?Problema 4: En un congreso de Matemáticas, los asistentes, en número menor que 5000,
pertenecen a delegaciones de Alemania, Francia, Italia, Portugal y España. Todas las delegacionestienen el mismo número de miembros.
Sabiendo que hay doble número de alemanes que de alemanas, triple número de franceses quede francesas, cuatro veces más italianos que italianas, cinco veces más portugueses queportuguesas, y seis veces más españoles que españolas, ¿cuántas mujeres participan en elCongreso?
Cuarto curso de E.S.O. (alumnos de 15 años de edad)Problema 2: Disponemos de un número de bombones comprendido entre 315 y 400. Nos dan
un cierto número de cajas para empaquetarlos y en cada caja caben exactamente 7 bombones.Cuando hemos llenado las 5/6 partes de las cajas, nos damos cuenta de que todavía nos quedan
los 2/5 de bombones sin empaquetar. ¿Cuántas cajas más necesitamos para que se puedanempaquetar todos los bombones?
Problema 3: Tres semicírculos del mismo radio R tienen sus centros C1,C2,C3 en línea recta,en ese orden. Los tres semicírculos están en el mismo semiplano de los dos que determina la rectaC1C2C3.
Un cuarto círculo, de radio r, es tangente a los tres semicírculos anteriores, externamente a C1
y C3 e internamente a C2.Encontrar la relación existente entre r y R.Problema 4: Tres personas deciden jugar a tirar monedas a ver si coinciden en cara o cruz.
Cada uno arroja una moneda, y el que no coincide con los otros dos, pierde.El perdedor debe pagar a cada oponente la misma cantidad que éste tiene en ese momento.
Después de tres jugadas, cada jugador ha perdido una vez y tiene 24 euros. ¿Cuánto tenía cada unoal principio?
Problema 86
Propuesto por José Luis Díaz Barrero, Barcelona, España.
Demostrar que
( )
( )
3 3
1
sin sin1 3lim
sin sin3
n
nk
ka ka
n ka ka
π
π→∞=
− − + −
∑
no depende de a y calcularlo.
Solución de Daniel Lasaosa Medarde, Pamplona, Navarra, España.
Utilizando la fórmula de De Moivre, se tiene
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 3 3sin 3 3cos sin sin 3sin 4sinα α α α α α= − = − ;
( ) ( ) ( ) ( )
( )
3 3 3 1 3 1sin sin sin sin 3 sin sin 3
3 4 4 4 3 4
3 3sin sin .
4 4 3
ka ka ka ka ka ka
ka ka
π ππ
π
− − = − − − + −
= + −
Por lo tanto, cada sumando es igual a 3/4 independientemente de a, salvo en los casos
en los que tanto numerador como denominador sean iguales a 0. Luego si numerador y
denominador no se anulan para ningún k, entonces el límite pedido se halla trivialmente:
( )
( )
3 3
1 1
sin sin1 1 3 33lim lim
4 4sin sin3
n n
n nk k
ka ka
n nka ka
π
π→∞ →∞= =
− − = = + −
∑ ∑ .
El denominador se anulará para algún k cuando:
( ) ( ) ( )3 3sin sin sin cos 3 sin 0
3 2 2 6ka ka ka ka ka
π π + − = − = − =
;
6ka m
ππ− = ;
6 16m
ak
π+ =
.
Si esta condición se cumple para algún entero m y algún entero positivo k, entonces hay
sumandos que son indeterminados, del tipo 0/0, y en ese caso la suma, y por lo tanto el
límite, no se podrían definir.
Problema 87
Propuesto por Laurentiu Modan, Bucarest, Rumanía. Ligeramente modificado por el
editor.
Se considera la sucesión {xn} definida por
121
1ln 1
2k
n
nk
x −
=
= + ∏ .
i) Probar que
( ) 1
11 2 ln 2 2
2n
n nx−−− < < − , 1n∀ ≥ .
ii) Estudiar la convergencia de {xn} y, en su caso, hallar el límite.
Solución de Daniel Lasaosa Medarde, Pamplona, Navarra, España.
ii) Demostraremos por inducción que, para todo n≥1,
2 2
1 1ln 2 1 ln 2 ln 1
2 2n nnx
= − = + − .
La igualdad es obvia para n=1, pues
0 11 2 2
1 1 1 1 1ln 1 ln 1 ln 2 ln 2 1 ln 2 1
2 2 42 2x
= + = + = − = − = − .
Si la igualdad se cumple para n=m, entonces para n=m+1, se tiene que
( )
1
1
1
1 2 2 2 21
2 22
1 1 1 1ln 1 ln 1 ln 2 1 1
2 2 2 2
1 1ln 2 1 ln 2 1 .
22
k m m m
mm
m
m mk
x x−
+
+
+=
= + = + + = − +
= − = −
∏
Esto completa la demostración. Por lo tanto, es obvio que la sucesión converge, siendo
2 2 2
1 1 1lim lim ln 2 1 ln 2 lim ln 1 ln 2 ln lim 1
2 2 2ln 2 ln1 ln 2.
n n nnn n n nx
→∞ →∞ →∞ →∞
= − = + − = + − = + =
i) Acotaremos primero la sucesión superiormente. Al ser ln(1+x)<x para todo x
positivo, y ser 2n>n para todo entero positivo n, se tiene
1 2 2
1 1 1ln 1
22 2n nn n nx x+
− = + < <
; 1
12n nnx x+ < + .
Luego como x1=ln2<1, es trivial por inducción que xn<1+1/2+...+1/2n−1=2−1/2n−1, q.e.d..
Nos falta entonces demostrar que
( ) 2
11 2 ln 2 ln 2 ln 1
2n
nnx− − < = + −
,
o equivalentemente,
2
2 2
1ln 1
121 2 1 1 log 1ln 2 2
n
n
n−
− − < + = + −
; 2 2
1 1log 1
22n n
− > −
; 22
1 11
2 2nn + < .
Sea entonces la siguiente función:
( )1
2 2 xxf x− −= + .
El límite de esta función cuando x tiende a infinito es 1, pues el primer sumando tiende
a 20=1, mientras el segundo tiende a 0. La derivada de esta función es
11
22 22
2 1 1 ln 2ln 2 2 ln 2 2
2 22
x xx xx xx
dfx
dx x xx
−−−
= − = − = −
.
Para x suficientemente grande, se tiene que 2x>2x2>x221/x, luego para x suficientemente
grande la función es siempre creciente. Además, f(1)=1, siendo además su derivada
nula en este punto. Luego si demostramos que la derivada se anula una única vez para
x>1, quedará demostrado que f(x)<1 para x>1, y como conclusión quedará probada la
acotación inferior propuesta. Ahora bien, para que la derivada se anule, ha de ser 2 1
22x
x x−
= , ( )2
2
1ln ln 2 log ln 2
2x
x xx−
= = .
Las derivadas de los miembros izquierdo y derecho de la última igualdad son
1x
; 2
1 ln 21
2x +
.
Igualándolas, queda una ecuación de segundo grado en x, con discriminante positivo,
coeficiente de x negativo y término independiente igual a 1. Luego tiene dos soluciones
positivas cuyo producto es uno, y las derivadas de los términos izquierdo y derecho de
la última igualdad sólo son iguales en un único punto x>1. Por lo tanto, la ecuación
2 1ln ln 2
2x
xx−
= ,
que tiene solución para x=1, y exactamente una solución para x>1 (en caso contrario la
ecuación de segundo grado propuesta se cumpliría en más de un punto x>1). Luego
f(x)<1 para todo x>1, q.e.d..
Problema 88
Propuesto por José Luis Díaz Barrero, Barcelona, España.
Sea
[ ]: ,f a b → ¡
una función estrictamente positiva y continua. Probar que para cualesquiera
x1,x2,...,xn∈[a,b], existe un número x (a≤x≤b) tal que
( ) ( )2005 2005
1
1 1 1n
k kn f x f x=
=∑ .
Observación: la notación f2005(xk) representa la potencia de exponente 2005 del número
f(xk).
Solución de Daniel Lasaosa Medarde, Pamplona, Navarra, España.
Sean x+, x−, elementos distintos de {x1,x2,...,xn}, tales que f(x+)≥f(xk)≥f(x−) para todo
k=1,2,...,n. Se tiene entonces que
( ) ( ) ( ) ( ) ( )2005 2005 20052005 2005 2005
1 1 1
1 1 1 1 1 1 1 1n n n
k k kkf x n f x n f x n f x f x= = =− − + +
= ≥ ≥ =∑ ∑ ∑ .
Supongamos, sin pérdida de generalidad, que x+>x−. Por el teorema de los valores
intermedios, al ser f(x) continua en [a,b], también es continua en [x−,x+]⊂[a,b], con lo
que f(x) en dicho intervalo toma todos los valores comprendidos entre f(x+) y f(x−),
ambos inclusive. En concreto, f(x) tomará, para algún x∈[x−,x+]⊂[a,b], el valor
( )2005 2005
1
1
1 1n
k kn f x=∑
, q.e.d..
© Bruno Salgueiro Fanego.
Problema propuesto 89 del número 20 de la Revista Escolar de la O. I. M.:
Obtener la conclusión que se deduce de las 10 premisas siguientes:
1) Los únicos animales de esta casa son gatos. 2) Todo animal al que le gusta mirar a la Luna sirve como animal de compañía. 3) Cuando aborrezco a un animal lo hago apartarse de mi camino. 4) Sólo son carnívoros los animales que merodean por la noche. 5) Todos los gatos matan ratones. 6) Los animales de esta casa son los únicos que me pueden aguantar. 7) Los canguros no sirven como animales de compañía. 8) Sólo los carnívoros matan ratones. 9) Aborrezco a los animales que no pueden aguantarme. 10) A los animales que merodean por la noche les gusta mirar a la Luna.
Solución:
Sean las proposiciones:
c : “ser un animal de esta casa”; g : “ser un gato”; l : “ser un animal al que le gusta mirar a la Luna”; s : “servir como animal de compañía”; a : “aborrecer al animal”; h : “hago al animal apartarse de mi camino”; k : “ser un animal carnívoro”; m : “ser un animal que merodea por la noche”; r : “ser un animal que mata ratones”; p : “ser un animal que me puede aguantar” y n : “ser un canguro”.
Entonces:
1) gc ? ; 2) sl ? ; 3) ha ? ; 4) mk ? ; 5) rg ? ; 6) cp ? ; 7) sn ?? ;
8) kr ? ; 9) ap ?? y 10) lm ? .
Así, se tiene la siguiente cadena de implicaciones, en la que intervienen todas las proposiciones y fórmulas del enunciado del problema:
hapcgrkmlsn ?????????????????? ,
donde se han utilizado, en este orden, las fórmulas (o las obtenidas por contrarrecíproco o como consecuencia lógica de las siguientes): 7), 2), 10), 4), 8), 5), 1), 6), 9) y 3).
De ello se deduce que hn ? , o sea, la conclusión siguiente:
?— A los canguros les hago apartarse de mi camino.
© Bruno Salgueiro Fanego.
Problema propuesto 89 del número 20 de la Revista Escolar de la O. I. M.:
Obtener la conclusión que se deduce de las 10 premisas siguientes:
1) Los únicos animales de esta casa son gatos. 2) Todo animal al que le gusta mirar a la Luna sirve como animal de compañía. 3) Cuando aborrezco a un animal lo hago apartarse de mi camino. 4) Sólo son carnívoros los animales que merodean por la noche. 5) Todos los gatos matan ratones. 6) Los animales de esta casa son los únicos que me pueden aguantar. 7) Los canguros no sirven como animales de compañía. 8) Sólo los carnívoros matan ratones. 9) Aborrezco a los animales que no pueden aguantarme. 10) A los animales que merodean por la noche les gusta mirar a la Luna.
Solución:
Sean las proposiciones:
c : “ser un animal de esta casa”; g : “ser un gato”; l : “ser un animal al que le gusta mirar a la Luna”; s : “servir como animal de compañía”; a : “aborrecer al animal”; h : “hago al animal apartarse de mi camino”; k : “ser un animal carnívoro”; m : “ser un animal que merodea por la noche”; r : “ser un animal que mata ratones”; p : “ser un animal que me puede aguantar” y n : “ser un canguro”.
Entonces:
1) gc → ; 2) sl → ; 3) ha → ; 4) mk → ; 5) rg → ; 6) cp → ; 7) sn ¬→ ;
8) kr → ; 9) ap →¬ y 10) lm → .
Así, se tiene la siguiente cadena de implicaciones, en la que intervienen todas las proposiciones y fórmulas del enunciado del problema:
hapcgrkmlsn →→¬→¬→¬→¬→¬→¬→¬→¬→ ,
donde se han utilizado, en este orden, las fórmulas (o las obtenidas por contrarrecíproco o como consecuencia lógica de las siguientes): 7), 2), 10), 4), 8), 5), 1), 6), 9) y 3).
De ello se deduce que hn → , o sea, la conclusión siguiente:
— A los canguros les hago apartarse de mi camino.
Problema 90
Propuesto por el editor.
Por un punto P, interior a un triángulo dado ABC, se trazan paralelas a los tres lados del
mismo, formando así tres paralelogramos y tres triángulos. ¿Para qué punto P es
mínima la suma de las áreas de los tres triángulos?
Solución de Daniel Lasaosa Medarde, Pamplona, Navarra, España.
Llamemos dA, dB, dC las distancia de P a los lados BC, CA, AB, respectivamente, y hA,
hB y hC las alturas trazadas respectivamente desde A, B y C a los lados opuestos. Es
entonces obvio, llamando [XYZ] al área del triángulo XYZ, que
[ ] [ ] [ ][ ] [ ] [ ]
[ ]1
2 2 2C CA B A B
C A B
APB BPC CPAd d ABd d d BC d CAh h h ABC ABC ABC ABC
+ +⋅ ⋅ ⋅+ + = + + = = .
Los tres triángulos formados son obviamente semejantes al ABC (pues dos de los lados
de cada triángulo y del ABC son paralelos dos a dos, estando los terceros en una recta
común), siendo la razón entre el área de cada uno de ellos y el área de ABC igual al
cuadrado de la razón entre sus respectivas alturas desde los vértices correspondientes.
Es decir, la suma de las áreas de los tres triángulos viene dada por:
[ ]2 2 2
2 2 2C A B
C A B
d d dABC
h h h
+ +
.
Pero utilizando la desigualdad entre las medias aritmética y cuadrática, se tiene que 22 2 2
2 2 2
1 13 3
C CA B A B
C A BC A B
d dd d d dh h hh h h
+ + ≥ + + =
,
dándose la igualdad si y sólo si
13
C A B
C A B
d d dh h h
= = = ,
es decir, si y sólo si P es el baricentro G de ABC. Luego P=G para que la suma de las
áreas de los triángulos sea mínima, siendo entonces dicha área igual a 1/3 del área de
ABC.
PROBLEMAS PROPUESTOS 91-95
Problema 91. Propuesto por José Luis Díaz Barrero, Barcelona, España.Sean �,�,� los ángulos del triángulo ABC y sea n un número natural impar. Probar que
sinn� � sinn� � sinn�
cos n�2 cos n�
2cos n�
2
es entero y determinar su valor.
Problema 92.Propuesto por José Luis Díaz Barrero, Barcelona, España.Sean a,b,c tres números complejos distintos y no nulos. Calcular, en la forma más simplificada
posible,
2a2� b2
� c2
1 �ab �1 �
ac �
�a2
� 2b2� c2
1 �ba 1 �
bc
�a2
� b2� 2c2
�1 �ca � 1 �
cb
.
Problema 93.Propuesto por Laurentiu Modan, Bucarest, Rumania.Se consideran las sucesiones �xn �, �yn � definidas por las recurrencias
x1 � 2
xn � 2xn�1
y1 � 1
yn � yn�1 � yn�12
� 1.
Calcular, si existen, los límites
limn��
1xn � yn
limn��
xn
ln�yn �
Problema 94.Propuesto por José Luis Díaz Barrero, Barcelona, España.Sea f : �a,b� � R una función continua y derivable en �a,b�.Probar que existe un c � �a,b� tal que
22
f��c� � 1a2
� b2
1a � c �
1b � c
.
Problema 95. Propuesto por José Luis Díaz Barrero, Barcelona, España.Sea n un número entero y positivo. Probar que
4n� 3 �
k�0
n�1
3k 2n2k � 1
2 1/2
es un entero.
DIVERTIMENTOS MATEMÁTICOS (19) ALGUNAS CITAS
De un libro francés de los años 60 “Una variedad diferenciable es una cosa muy complicada. Sea M una variedad diferenciable...” De un libro de resistencia de materiales Definición de ladrillo: “Ente cerámico prismático, de barro cocido, susceptible de ser manejado con una sola mano” (citado por J.M. Aroca en su artículo “¿Por qué Juanito no sabe sumar?(1973)¿Por qué Juanito no sabe sumar aún?(2004)”, publicado en el Boletín de la Sociedad Puig Adam, nº 69, Febrero 2005). De un examen de 1º de Bachillerato 1968(enseñanza libre), en el Instituto “Marqués de la Ensenada” (hoy “Práxedes Mateo Sagasta”), de Logroño. Pregunta : El producto de dos números primos, ¿es primo? Respuesta (evidentemente malhumorada) : Pero primos ¿de quién? De un texto de 1980 “El propósito de esta nota es poner al lector al abrigo de un procedimiento aparentemente claro y simple para definir....(objetos matemáticos suficientemente complicados para que no los podamos citar, pero lo que sigue merece serlo)...”esta convincente construcción para obtenerlos ha sido descubierta independientemente por parte de varios matemáticos, incluido el autor. Ha sido presentada en Seminarios en Chicago y Princeton y se publicó en un libro en 1978. Sin embargo, esta construcción contiene un sutil pero irreparable error y es totalmente falaz”. De un comentario en el Bulletin de la APMEP “Este tratado de Geometría es excelente....apenas se encuentran en él más de dos o tres teoremas falsos, lo que es muy poco en un total de 1300 páginas”. De una página web “Ambos edificios se encuentran separados entre sí por algo más de 400 metros escasos”. De la prensa de Quebec (1979) “¿Cuál es el mejor procedimiento para medir con un barómetro la altura de un edificio? Respuesta de un estudiante: “Probablemente, el mejor sería llamar a la puerta del portero, y decirle: Tengo aquí este excelente barómetro. Se lo regalo si me dice la altura del edificio.” (Citado por Alain Bouvier en su libro La mystification mathématique, Hermann, 1981).
COMENTARIO DE PÁGINAS WEB (19)
ICMI Study 16: Challenging Mathematics in and beyond the Classroom
www.amt.canberra.edu.au/icmis16.html
Esta página web es la de preparación del volumen 16 de los Studies del ICMI (la Comisión Internacional de Educación Matemática), que se encuentra en fase de preparación. El documento de discusión se puede descargar en español, francés e inglés, y sirve como llamada a las colaboraciones que se pueden presentar con vistas a tomar parte en la Conferencia sobre el tema, que tendrá lugar en Trondheim, Noruega, del 27 de junio al 3 de julio de 2006, y a la que sólo se asistirá por invitación personal. La fecha límite para enviar propuestas es el 31 de agosto de 2005. Valladolid, mayo de 2005. Francisco Bellot http://www.amt.canberra.edu.au/icmis16ddspanish.html
RReevviissttaa EEssccoollaarr ddee llaa OOlliimmppííaaddaa IIbbeerrooaammeerriiccaannaa ddee MMaatteemmááttiiccaa
hhttttpp::////wwwwww..ccaammppuuss--ooeeii..oorrgg//ooiimm//rreevviissttaaooiimm//
EEddiittaa::