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Revista Escolar de la Olimpíada Iberoamericana de Matemática
Número 56 (octubre – diciembre 2016)
ISSN – 1698-277X
ÍNDICE
Artículos, notas y lecciones de preparación olímpica 56
Dragan, M & Stanciu, N.: Desigualdad de Blundon para triángulos acutángulos. Traducción del editor.
García Capitán, F.J.: Un problema del Sidler.
E. Suppa & D’Ignazio (†): Las rodoneas
La sección de Mathesis de Teramo (Italia) publicó en 1991 este interesante artículo, que combina Matemáticas y Física, y que el primero de sus autores nos ha enviado para su publicación, veinticinco años después de su creación.
Problemas para los más jóvenes 56
Resueltos
Presentamos las soluciones a los problemas PMJ 55-1, PMJ55-2, PMJ55-3 y PMJ55-5, por Luis Miguel Maraví Zavaleta, de Huamachuco, Perú.
Problemas de nivel medio y de Olimpiadas 56
Nota del editor: Desde la publicación del número 55 de la REOIM, no se ha recibido ninguna solución a ninguno de los seis problemas de nivel medio
publicados en dicho volumen, correspondientes a la Olimpiada Europea Femenina de 2016. Invitamos cordialmente a nuestros habituales colaboradores a que se enfrenten a dichos problemas, que tienen un nivel de dificultad comparable a los de la IMO.
Problemas 56
Problemas propuestos 281-285
Resueltos
Problema 276, propuesto por Laurentiu Modan, Bucarest, Rumania.
Recibidas las soluciones de Bruno Salgueiro Fanego, Vivero, España, y del proponente. Presentamos la solución de Salgueiro.
Problema 277, propuesto por M. Batinetu-Giurgiu y N. Stanciu, Bucarest y Buzau, Rumania.
Recibidas soluciones de: Álvaro Begué Aguado, Nueva York, Estados Unidos (utilizando el teorema de Muirhead); Javier Cornejo Tejada, Lima, Perú; Ricardo Espino Lizama, Lima, Perú; Andrea Fanchini, Cantú, Italia (Muirhead); Paolo Perfetti, Depto. de Matemática, Universitá de Tor Vergata, Roma, Italia (también usando Muirhead); Bruno Salgueiro Fanego, Vivero, España, y de los proponentes. Se ha recibido una solución anónima. Presentamos la solución de Cornejo.
Problema 278, propuesto por Roberto Bosch Cabrera, Miami, Estados Unidos.
Recibidas soluciones de Miguel Amengual Covas, Cala Figuera, Mallorca, España; Florentino Damián Aranda Ballesteros, Córdoba, España; Álvaro Begué Aguado, Nueva York, Estados Unidos; Edgardo Escarone, Chile; Ricardo Espino Lizama, Lima, Perú; Daniel Darío Góngora García, Lima, Perú; Ignacio Larrosa Cañestro, La Coruña, España; Paolo Perfetti, Dep. Matematica, Universitá Tor Vergata, Roma, Italia; Angel Plaza, Las Palmas de Gran Canaria, España; Bruno Salgueiro Fanego, Vivero, España; y del proponente. Se recibió una solución anónima y una incorrecta. Presentamos la solución de Aranda.
Problema 279, propuesto por el editor
Recibidas soluciones de: Javier Cornejo Tejada, Lima, Perú; Raúl Simón Elexpuru, Chile; Edgardo Escalona, Chile; Ignacio Larrosa Cañestro, La Coruña, España; Paolo Perfetti, Dep. Matemática, Universitá Tor Vergata, Roma, Italia; Bruno Salgueiro Fanego, Vivero, España (invocando la fórmula 3249 de “Table
of >Integrals, Series and Products”, de Gradshteyn y Ryzhik). Presentamos la solución de Larrosa.
Problema 280, propuesto por el editor
Origen del problema: Revista escolar ucraniana 2007; problema propuesto por T. Lazorenko, Kiev.
Recibidas soluciones de: Florentino Damián Aranda Ballesteros, Córdoba, España; Saturnino Campo Ruiz, Salamanca, España; Javier Cornejo Tejada, Lima, Perú; Andrea Fanchini, Cantú, Italia; Bruno Salgueiro Fanego, Vivero, España. Se recibió una solución anónima. Presentamos la solución de Fanchini.
Reseña de libros, comentario de páginas web, noticia de Congresos 55
Una reseña sobre la REOIM en la Revista UNO, por A. Población
Alfonso Población es Prof. Titular del Depto. de Matemática Aplicada de la Universidad de Valladolid y es un experto en analizar las películas que tienen relación con las Matemáticas (es el responsable de la sección “Cine y Matemáticas” del boletín semanal de la RSME). A raíz del visionado de una película no estrenada en España, “X más Y” en el Cine Club “Casablanca”, de Valladolid, ha hecho llegar a este editor la reseña sobre la REOIM que aparece en el número de octubre de 2016 de la Revista UNO, de Didáctica de las Matemáticas. Agradecemos a nuestro colega y amigo el habernos enviado el pdf con esta reseña “externa” de nuestra Revista.
Divertimentos matemáticos 56
Algunas capturas de Internet
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
Desigualdad de Blundon en triángulos acutángulos
MARIUS DRĂGAN1 y NECULAI STANCIU2
ABC
Abstract. This note presents a new proof for Blundon’s inequality in acute triangle. Keywords: Cardano, Tartaglia, Blundon.. MSC: 51M16.
Sea un triángulo de lados cba ,, , semiperímetro s y rR, circunradio e inradio, respectivamente.
En esta nota damos una nueva demostración de la desigualdad de Blundon (ver [1]) i.e. 3222322 )2(2102)2(2102 rRRrRrRsrRRrRrR −+−+≤≤−−−+ , (1)
usando las relaciones de Cardano-Tartaglia (ver [2]) y también estudiaremos la desigualdad de
Blundon para un triángulo acutángulo.
Llamamos bxzazycyx =+=+=+ ,, , 1σ=++ zyx , 2σ=++ zxyzxy , 3σ=xyz , (2). Entonces, zyx ,, son las raíces positivas de la ecuación 032
21
3 =−+− σσσ XXX , (3). Es bien conocido que zyx ,, son las raíces reales de (3) si y sólo si
0274418 23
32
22
213
31321 ≥−−+− σσσσσσσσσ , (4), (ver también [2]).
Si ponemos cszbsyasx −=−=−= ,, , entonces por (2) deducimos que 2
32
21 ,4, srRrrs =+== σσσ , (5). De (4) y (5) se obtiene que: 027)4(4)4(4)4(18 243222242234 ≥−+−++−+ srRrrsRrrsrsRrr
0)4()102(2)( 322222222 ≤++−−+⇔ RrrsRrRrrsr3222 )2(2102 rRRrRrRs −≤+−−⇔ , i.e. (1).
• En lo que sigue denotaremos por 222 )()()( xzzyyx −−−=∆ . Es bien conocido que 23
32
22
213
31321 274418 σσσσσσσσσ −−+−=∆ , y que la ecuación
0322
13 =−+− σσσ uuu , (6) tiene tres raíces positivas si y solo si
0,0,0,0 321 ≥≥≥≥∆ σσσ , (7). En lo sucesivo buscaremos la condición para que las raíces de la ecuación (6) sean mayors o
iguales que un número real α .
Teorema 1. La ecuación (6) tiene tres raíces reales ),[,, ∞∈ αzyx si y sólo si 1 Professor, ’’Mircea cel Bătrân’’ National College, Bucharest, Romania 2 Professor, ’’George Emil Palade’’ School, Buzău, Romania
0,023,03,0 322
13
212
1 ≥+−+−≥+−≥−≥∆ σασασασσαασ a , (8).
Demostración. Llamemos α+= tu . La ecuación (6) tiene tres raíces reales ),[,, ∞∈ αzyx si y
sólo si
0)( =+ atf tiene tres raíces positivas, donde f es el polinomio de (6). Resulta que
0)()23()3( 322
13
2122
13 =+−+−−+−++−− σασασασασασα vtt , y de (7) deducimos
0,023,03,0 322
13'
3212'
21'1 ≥+−+−=≥+−=≥+−=≥∆ σασασασσασασσασ , q.e.d.
Si el triángulo es acutángulo se tiene 222222222 ,, bacacbcba ≥+≥+≥+ .
De (2) deducimos que ,1
3
σσ
≥x ,1
3
σσ
≥y1
3
σσ
≥z y por (5) obtenemos que
rx ≥ , ry ≥ , rz ≥ . Por (8) se sigue que la ecuación (6) tiene tres raíces reales mayores que r
lo cual significa que ABC es acutángulo si y sólo si 0≥∆ , 03 1 ≥+− σr ,
023 212 ≥+− σσ rr , 032
21
3 ≥+−+− σσσ rrr , (9).
Pongamos rs 30 = , 3221 )2(2102 rRRrRrRs −−−+= ,
3222 )2(2102 rRRrRrRs −+−+= , rRs += 23 , rRs 224 += .
Teorema 2. En todo triángulo acutángulo se cumplen las desigualdades
21 sss ≤≤ si 122 +≤≤rR
y 23 sss ≤≤ si 12 +≥rR .
Demostración. De (4), (5) y (9) resultan 21 sss ≤≤ , 0ss ≥ , 4ss ≤ , 3ss ≥ , (10).
Llamemos rRx = . Se tiene 10 ss ≤ , (11), porque ⇔−−−+≤ 3222 )2(21029 rRRrRrRr
02542316)55()2( 23223 ≥−+−⇔−+≤−⇔ xxxxxxx , que es verdad para 2≥x .
También tenemos 42 ss ≤ , (12), ya que 484)2(21102 232 ++≤−+−+ xxxxxx que después
de un poco de álgebra da 025122416 23 ≥++− xxx , cierto para 2≥x .
De (11) y (12) obtenemos 4210 ssss ≤≤≤ , luego (10) es equivalente a 21 sss ≤≤ , 4ss ≤ ,
3ss ≥ , (14). Distinguiremos tres casos:
Caso 1. 13)2( 2313 +−≥−−⇔≤ xxxxss , (15).
Si
∞
+∈ ,
253x , entonces (15) no tiene soluciones.
Si
+∈
253,2x , entonces ⇔≤−−⇔−≥+− 012)2()13( 2322 xxxxxx ]21,21[ +−∈x .
Resulta entonces que ]21,2[ +∈x .
De aquí, por (14) obtenemos que si ]21,2[ +∈rR , entonces 21 sss ≤≤ , (16).
Caso 2. 231 sss ≤≤ . Tenemos 13)2( 23 +−≥− xxxx y tras elevar al cuadrado y realizar
algunos cálculos 120122 +≥⇔≥−− xxx .
Luego por (14) obtenemos que si 12 +≥rR , entonces 23 sss ≤≤ , (17).
Caso 3. 32 ss ≤ . En este caso no hay solución.
Luego por (16) y (17) hemos terminado
REFERENCES
[1]W.J. Blundon - Inequalities associated with the triangle, Can. Math. Bull 8 (1965), pp. 615-626. [2] https://en.wikipedia.org/wiki/Cubic_function
UN PROBLEMA DEL SIDLER
FRANCISCO JAVIER GARCIA CAPITAN
1. Introduccion
En este trabajo presentamos una solucion de un bonito problema dellibro Geometrie Projective de Jean Claude Sidler, libro apreciadısimopor mi amigo Jose Marıa Pedret, un especialista en la materia.
Sin embargo, no usaremos geometrıa proyectiva sino coordenadasbaricentricas, para lo que nos ayudaremos del programa de calculosimbolico Mathematica y del paquete baricentricas.nb
1 para tra-bajar con este tipo de coordenadas.
La pareja formada por Mathematica y las coordenadas baricentricasse convierte ası en una especie de oraculo, de manera que nuestro papelse puede centrar en hacer las preguntas adecuadas y, por supuesto, eninterpretar las respuestas.
2. Enunciado
El problema que vamos a resolver es el siguiente:
5.2. Sean Ω una circunferencia, y A, B dos puntos sobre Ω. Una recta
variable que pasa por el polo T de AB corta a Ω en P y Q. Determinar
P para que las rectas AP y BQ son paralelas.
1Disponible en http://garciacapitan.99on.com/baricentricas
FRANCISCO JAVIER GARCIA CAPITAN
3. Calculos
Introducimos un tercer punto C sobre Ω para formar un triangulode referencia. Entonces, en coordenadas baricentricas el polo de AB esT = (a2 : b2 : −c2). Si P es el conjugado isogonal del punto infinito(1 : t : −1 − t), entonces obtenemos el punto
Q = (a2(−1 + t)t : −b2(−1 + t) : c2t).
La interseccion de AP y BQ nos da el punto
M = (a2(1 − t)t : b2(1 + t) : −c2t).
Al variar P sobre Ω, el punto M describe la conica
c4xy + b2c2xz + a2c2yz + 2a2b2z2 = 0,
cuyo discriminante es ∆ = (c2− a2
− b2)2 + 4a2b2 > 0, por lo que laconica es siempre una hiperbola. Lo que queremos hallar son los puntosinfinitos de dicha hiperbola.
Hallando la interseccion de la conica y la recta del infinito (conecuacion x + y + z = 0) obtenemos que los puntos del infinito de lahiperbola son los conjugados isogonales de los puntos de interseccionde Ω y la recta l de ecuacion (2b2
− c2)x + (2a2− c2)y − c2z = 0.
Con el fin de encontrar una construccion sencilla de esta recta, hal-lamos su polo respecto de Ω, obteniendo el punto
S = (a2(b2 + c2− a2) : b2(a2
− b2 + c2) : −4a2b2 + a2c2 + b2c2− c4).
Afortunadamente, encontramos que este punto cumple la relacion
CS : SO = −c2
4R2.
Esto quiere decir que S es el punto medio del segmento S ′S ′′ siendoS ′ y S ′′ los puntos que dividen el segmento CO en las razones
CS ′
S ′O=
c
2R,
CS ′′
S ′′O= −
c
2R.
En efecto, si CS ′ : S ′O = λ y CS ′′ : S ′′O = −λ, y S es el puntomedio de S ′S ′′, resulta
(1 + λ)S ′ = C + λO
(1 − λ)S ′ = C − λO⇒
(1 − λ2)S ′ = (1 − λ)C + λ(1 − λ)O
(1 − λ2)S ′′ = (1 + λ)C − λ(1 + λ)O
⇒(1 − λ2)(S ′ + S ′′) = 2C − 2λ2O
⇒(1 − λ2)(2S) = 2C − 2λ2O
⇒(1 − λ2)S = C − λ2O,
es decir CS : SO = −λ2.
UN PROBLEMA DEL SIDLER
4. Calculos con Mathematica
Los calculos y resultados descritos en la seccion anterior los podemosobtener con las instrucciones:
<< Baricentricas`;
ptT =a2, b2, -c2 ;
ptP = ConjugadoIsogonal[1, t, -1 - t];
ptQ = SegundaInterseccionCircunferencia[ptT, ptP, ptA, ptB]
a2 1 t t, b2 1 t, c2 t
ptM = Punto[Recta[ptA, ptP], Recta[ptB, ptQ]]
a2 1 t t, b2 1 t, c2 t
conic = Last[ConicaParametricas[ptM, t]]
c4 x y b2 c2 x z a2 c2 y z 2 a2 b2 z2
rtL = Apply[Recta, Map[ConjugadoIsogonal, PuntosInfinitoConica[conic]]]
2 b2 c2, 2 a2 c2, c2
ptS = Factor[PoloConica[rtL, circunscrita]]
a2 a2 b2 c2, b2 a2 b2 c2, 4 a2 b2 a2 c2 b2 c2 c4
ToRrp Factor[RazonSimple[ptC, ptS, ptO]] c2 1
4 R2
disc = DiscriminanteConica[conic]
1
4c4 a4 6 a2 b2 b4 2 a2 c2 2 b2 c2 c4
FRANCISCO JAVIER GARCIA CAPITAN
5. Construccion
A continuacion detallamos los pasos que dan las dos soluciones delproblema:
l
O
A B
T
C
S''
S'
SJ
1
J2
P2
Q2
P1
Q1
1. Sea C un punto arbitrario de la circunferencia Ω.
2. Obtenemos los puntos S ′ y S ′′ que dividen el segmento CO enla razones ±AB/(2R), siendo R el radio de la circunferenciacircunscrita a ABC .
3. S es el punto medio de S ′ y S ′′.
4. La recta l es la polar de S respecto de Ω.
5. J1 y J2 son los puntos de interseccion de l y Ω.
6. P1 y P2 son los puntos de Ω tales que AP1 y AP2 son rectasisogonales de AJ1 y AJ2.
7. Q1 y Q2 son las segundas intersecciones con Ω de las rectas TP1
y TP2.
UN PROBLEMA DEL SIDLER
6. Perpendicularidad
Cambiamos paralelismo por perpendicularidad y obtenemos un pro-blema que tambien podemos intentar resolver:
5.2a. Sean Ω una circunferencia, y A, B dos puntos sobre Ω. Una recta
variable que pasa por el polo T de AB corta a Ω en P y Q. Determinar
P para que las rectas AP y BQ son perpendiculares.
En este caso, solo damos la solucion del problema, quedando la in-vestigacion correspondiente a cargo del lector:
O
Ω
A B
D
T
E
ω
W
P2
P1
Q1
1. Sea D el punto medio de AB.
2. Sea E la proyeccion ortogonal de D sobre el radio OB.
3. Sea w la circunferencia con centro O y radio DE.
4. Trazamos una tangente a ω desde D, que corta a la circunfe-rencia Ω en los puntos P1 y P2.
5. Entonces P1 y P2 son soluciones del problema. Ası, como semuestra en la figura, si Q1 es la segunda interseccion de TP1 yΩ, las rectas AP1 y BQ1 son perpendiculares.
Las Rodoneas
Italo D’Ignazio, Ercole Suppa
Mayo 1991
Resumen
Artıculo publicado en el segundo numero de Pi greco, folletoproducido por la seccion Mathesis de Teramo.
Agradecimientos
Ellos van a profesor Francisco Bellot Rosado por la traduccion alespanol de este artıculo.
1. Introduccion
Guido Grandi1publico en 1728, en Florencia, una obra (“Flores geometriciex rhodonearum et claeliarum descriptione resultantes”) en la cual trato dedefinir geometricamente las curvas que tienen la forma de rosas de muchospetalos (y llamo rodoneas las planas y clelias las esfericas). En un ciertosentido, en este estudio se hace una inversion del problema fundamental de lageometrıa analıtica tradicionalmente entendida, que consiste principalmenteen la busqueda de las ecuaciones de lugares geometricamente definidos y,sucesivamente, a la determinacion del aspecto de estos lugares. En Floresgeometrici, inversamente, el aspecto de las curvas se convierte en el punto departida. Aquı vamos a dar una presentacion de las rodoneas e ilustraremosel valor ornamental mediante algunas figuras obtenidas con un ordenadorpersonal.
1Guido Grandi (Cremona 1671-Pisa 1742). A los 16 anos, se convirtio en Monje ca-maldulense, cambiando su nombre de pila, Francesco Ludovico, en Guido, con el que esconocido. Enseno por primera vez fısica y matematicas en la Universidad de Pisa. Tambienfue miembro de la Royal Society de Londres. Dejo muchos escritos, incluyendo una pruebageometrica de los teoremas de Huygens en logaritmos, una cuadratura del cırculo y lahiperbola, las discusiones sobre los metodos de calculo y luego introducidos por Leibnitz yNewton, y de los cuales el Grande fue uno de los primeros divulgadores en Italia. Estudiola versiera, que comunmente pero erroneamente se atribuye a Agnesi.
1
2. Generacion mecanica de las rodoneas
En coordenadas polares2 ρ, ϑ las rodoneas estan representadas por equa-ciones del tipo
ρ = R cos (hϑ) (1)
siendo R una longitud dada y h un numero real que puede suponerse siemprepositivo. La propiedad fundamental de estas curvas consiste en la posibilidadde generarlas mediante el movimiento, en el plano, de dos aspas OA y AP , deigual longitud `, ensambladas en A, la primera de las cuales gira con velocidadangular constante ω alrededor de O, mientras que la otra gira con velocidadangular kω alrededor de A (k ∈ R)3. En estas condiciones, P describe unarodonea, como veremos.
O A P
At
Pt
t
k t
Figura 1
En su movimiento las dos aspas se encontraran en un cierto instante alinea-das: elegimos este instante como origen de los tiempos (t = 0), siendo la rectaOAP sobre la que yacen las aspas como eje polar. Sean, despues, A y P1 lasposiciones de A y P en un instante generico t.
2Por razones de continuidad, en el presente documento se utilizan las coordenadaspolares generalizadas. Es decir, ρ tambien puede ser negativa: el punto (ρ, θ), con ρ negativono es otro que el punto de una distancia |ρ| desde el polo y anomalia ρ + π en el sentidoordinario.
3k es positivo o negativo segun que el sentido de rotacion de la segunda aspa sea elmismo u opuesto al de la primera.
2
Obtenemos de inmediato (fig. 1):
AtOPt =kωt
2
OPt = ρ = 2` coskωt
2
ϑ =kωt
2+ ωt
da dondekωt
2=
kϑ
k + 2y, en definitiva,
ρ = 2` coskω
k + 2
Si en esta ultima ecuacion se pone
2` = R,k
k + 2= h
se obtiene la (1) y eso muestra que Pt describe una rodonea.
3. Propiedades de las rodoneas
De la (1) es evidente que|ρ| ≤ R
Es decir: toda rodonea es interior al cırculo de centro O y radio R (cırculofundamental). Ademas:
ρ = 0 si hϑ =(2n+ 1)π
2|ρ| = R si hϑ = nπ
siendo n un entero.
A las anomalıasnπ
h− α y
nπ
h+ α, cualquiera que sea α, corresponden
los mismos radios vectores; en efecto:
cos[h(nπh− α
)]= cos (nπ − hα) = (−1)n cos (hα)
cos[h(nπh
+ α)]
= cos (nπ + hα) = (−1)n cos (hα)
3
Esto significa que las rodoneas son simetricas respecto a las semirectas deorigen O y anomalıa nπ/h. Para contar los semiejes de simetrıa de este tipo,distinguimos el caso en que sea racional del que sia irracional. En el primeroponemos h = p/q, con p y q primos entre sı. Con esta notacion, la anomalıaϑn del enesimo semieje de simetrıa es:
ϑn =nqπ
p, n = 0, 1, 2 . . .
Es decir,
ϑ0 = 0, ϑ1 =qπ
p, ϑ2 =
2qπ
p, . . . , ϑp−1 =
(p− 1)qπ
p
Cuando n toma el valor p la anomalıa vale qπ. Si q es par, qπ es multiplo de2π, el p-esimo semieje se superpone al 0-esimo (o sea, el de anomalıa 0), el(p+1)-esimo al 1-esimo (o sea, de anomalıa qπ/p), el (p+2)-esimo al 2-esimo(de anomalia 2qπ/p), etc. Los semiejes distintos son, por tanto, p.
Si q es impar, el p-esimo semieje es opuesto al 0-esimo, el (p + 1)-esimoes opuesto al 1-esimo, . . . , el 2p-esimo se superpone al 0-esimo; los semiejesdistintos son, en este caso, 2p.
Resumiendo: los semiejes de simetrıa del tipo considerado son p o 2psegun que q sea par o impar.
En particular, si h es entero (q = 1) los semiejes de simetrıa son 2h.
Examinemos ahora el caso en que h sea irracional. Si incluso en estahipotesis existiese un valor de la anomalıa en correspondencia con el cual elenesimo semieje de simetrıa se superpusiera al 0-esimo, deberıa ser multiplode 2π. Es decir, siendo m un entero, deberıamos tener
n
hπ = 2mπ ⇒ h =
n
2m
Pero esta igualdad es absurda, porque m y n son enteros y h es irracio-nal. Cae ası la hipotesis de la periodicidad para la sucesion de los semiejes.Concluimos que:
si h es irracional los semiejes de simetrıa (distintos) son infinitos.
De la (1) se observa que, para n entero cualquiera, |ρ| cresce de 0 a Rcuando (
2n− 1
h
)π
2≤ |ϑ| ≤ nπ
h
4
para decrecer, despues, de R a 0 cuando
nπ
h≤ |ϑ| ≤
(2n+ 1
h
)π
2
Por tanto, al variar la anomalıa entre los extremos indicados (y por ello enun sector de amplitud π/h) el radio vector describe un petalo de la rodonea.
De la (1) es tambien evidente que todos los petalos son iguales. Deter-minemos el numero. Si h es racionale, poniendo como antes h = p/q, sepresentan dos casos: o p y q son los dos impares, o bien uno es par y el otroes impar; esta excluido que puedan ser ambos pares, porque son primos entresı (en lo que sigue llamaremos, por brevedad, caso impar al primero y casopar al segundo).
Si q es impar ya habıamos visto que existen 2p semiejes y que el p-esimoes opuesto al 0-esimo, el (p+ 1)-esimo opuesto al 1-esimo, etc.
Dos casos son ahora possibles, segun que p sea par o impar. Si p es parel petalo correspondiente al p-esimo semieje es simetrico respecto al polo delcorrespondiente al 0-esimo, el petalo correspondiente al (p+1)-esimo semiejees, analogamente, simetrico del correspondiente al 1-esimo, . . . etc. Cada unode los primeros p petalos tiene un simetrico respecto al polo al que pertenece,y tambien a la rodonea. Se tienen en total, 2p petalos distintos. Si, en cam-bio, p es impar, el petalo correspondiente al p-esimo semieje se superponeal correspondiente al 0-esimo, y analogamente ocurre para los siguientes; lospetalos distintos son solamente p. Si, finalmente, q es par, p debe ser necesa-riamente impar y en tal caso no puede ocurrir que dos semiejes esten sobre lamisma recta. Del 0-esimo al (p− 1)-esimo semieje hay un primer grupo de ppetalos. El p-esimo vuelve a coincidir con el 0-esimo, pero el correspondientepetalo no se superpone al 0-esimo, sino al simetrico di este con respecto alpolo. Nace, ası, un (p+ 1)-esimo petalo y lo mismo sucede para los semiejessucesivos, si bien los petalos son ahora tambien 2p.
Resumiendo:
si h es racional, o sea h = p/q con p y q enteros primos entre sı, larodonea consta de p petalos en el caso impar y 2p petalos en el casopar.
En particular, si h es entero (q = 1) la rodonea consta de h o 2h petalossegun que h sea impar o par.
5
Out[1]=
Rodonea de ecuacion polar:
ρ = R cos7ϑ
5
Rodonea de ecuacion polar:
ρ = R cos7ϑ
4
Figura 2
Out[1]=
Rodonea de ecuacion polar
ρ = R cos 5ϑ
y ecuacion cartesiana(x2 + y2
)3−R (x5 − 10x3y2 + 5xy4)
= 0
Estamos en el h entero impar. Elnumero de petalos es 5. Tenemos unacurva de orden 6, teniendo en cuenta
que p = 5, q = 1, p+ q = 6.
Out[2]=
Rodonea de ecuacion polar
ρ = R cos 2ϑ
y ecuacion cartesiana(x2 + y2
)3 −R2(x2 − y2
)2= 0
Estamos en el h entero par. El numerode petalos es 4. Tenemos una curva deorden 6, teniendo en cuenta que p = 2,
q = 1, 2(p+ q) = 6.
Figura 3
6
Si h es irracional existen infinitos semiejes de simetrıa y, consiguiente-mente, infinitos petalos. La rodonea pasa infinitas veces por el polo yes por tanto una curva trascendente.
Out[61]=
Rodonea de ecuacion polar ρ = R cos√
2ϑ
Figura 4
4. Ecuacion cartesiana de una rodonea en el
caso h racional. Otras propiedades.
La rodonea es, en cambio, una curva algebraica en el caso h racional(= p/q), como veremos determinando la ecuacion cartesiana. Partiendo de laidentidad
cos(pϑ) = cos
[q
(p
q
)ϑ
]y aplicando a ambos miembros la formula de multiplicacion de arcos4 obte-nemos
cosp ϑ−(p
2
)cosp−2 ϑ sin2 ϑ+
(p
4
)cosp−4 ϑ sin4 ϑ− · · · = (2)
= cosp(pϑ
q
)−(q
2
)cosq−2
(pϑ
q
)sin2
(pϑ
q
)+
(q
4
)cosq−4
(pϑ
q
)sin4
(pϑ
q
)−· · ·
Teniendo en cuenta las formulas de paso de coordenadas polares a cartesianas
ρ =√x2 + y2, cosϑ =
x√x2 + y2
, sinϑ =y√
x2 + y2(3)
4Para estas formulas se puede, por ejemplo, consultar: Faure, Kaufmann e Denis-Papin,Manuale di matematica, Milano 1971 (pag. 85).
7
de (1) se obtiene
cos
(pϑ
q
)=
√x2 + y2
R, sin
(pϑ
q
)=
√R2 − x2 − y2
R(4)
Sustituyendo (3) y (4) en (2) obtenemos
Rq
(xp −
(p
2
)xp−2y2 +
(p
4
)xp−4y4 − · · ·
)=
=(x2 + y2
) p+q2 −
(q
2
)(x2 + y2
) p+q−22(R2 − x2 − y2
)+ · · · (5)
La (5) es la ecuacion cartesiana buscada. Si p y q son los dos impares (casoimpar), es racional de grado p + q. Si, en cambio, uno de los numeros p, qes par (caso par) la razionalizacion se obtiene elevando al cuadrado los dosmiembros de (5) y el grado resultara 2(p+ q).
Es decir: la rodonea es una curva algebraica de orden p + q en el casoimpar y de orden 2(p+ q) en el caso par.
La (5) muestra ademas que el origen tiene multiplicidad p en el caso impary 2p en el caso par. En particular si h = 1/(2n+ 1), (n ∈ N) la rodonea pasasimplemente por el origen. Y, ademas, es evidente que todas las rodoneaspasan por los puntos cıclicos, o sea son curvas circulares.
5. Los puntos multiples
Siempre en el caso h racional, la rodonea es una curva de genero cero,como prueba el hecho de que no se pueda dar una representacion parametricaracional. Si, en efecto, en su ecuacion polar se pone
ϕ =ϑ
q
se obtiene:
ρ = R cos
[p
(ϑ
q
)]= R cos (pϕ)
x = ρ cosϑ = R cos(pϕ) cos(qϕ)
y = ρ sinϑ = R cos(pϕ) sin(qϕ)
y las formulas de angulos multiples permiten expresar x y y como funcionesracionales de tan ϕ
2. Por tanto el numero de puntos dobles (o singularidades
8
equivalentes) que tiene una rodonea es el maximo admitido por su orden.
Llamaremos intervalo de la rodonea el intervalo en que debe variar laanomalıa para obtener todos los puntos de la rodonea y cada uno una solavez (se entiende que un punto multiple va contado tantas vecescomo indicasu multiplicidad) e tal, ademas, que su primer extremo sea cero. Llamaremosorigen de la rodonea su punto de coordinadas cartesianas (R, 0).
Busquemos el intervalo. Se trata de determinar el mınimo valor positivopara el cual el punto que traza la rodonea vuelve al origen. Debe, pues, tenerse
R cos
(pϑ
q
)cosϑ = R
R cos
(pϑ
q
)sinϑ = 0
Se obtiene en seguida:
tanϑ = 0 ⇒ ϑ = aπ, (a ∈ N) ⇒ cos
(p
qϑ
)= ±1
donde vale el signo + cuando a es par y el signo − cuando a es impar.Deberan entonces satisfacerse las ecuaciones:
cosϑ = 1
cosp
qϑ = 1 (6)
o bien cosϑ = −1
cosp
qϑ = −1 (6*)
Las (6) hacen que ϑ y pqϑ sean los dos multiplos de 2π y dan el intervalo
0 ≤ ϑ ≤ 2qπ. Sin embargo hay que examinar si (6*) no dan lugar a unintervalo menor. Se obtiene:
ϑ = (2u+ 1)πp
qϑ = (2v + 1)π (7)
con u, v ∈ N. De (7) resulta
2(up− vq) = q − p (7*)
9
Esta ultima no puede satisfacerse si p y q son de distinta paridad, puesto queel primer miembro es par y el segundo impar. En tal hipotesis por tanto elintervalo es el ya calculado, 0 ≤ ϑ ≤ 2qπ. Si, por el contrario, p y q son losdos impares, la (7*) puede verificarse. Escrita en la forma
p(2u+ 1) = q(2v + 1)
se tiene:p = 2v + 1, q = 2u+ 1
y de aquı u = (q− 1)/2 que, sustituıdo en la primera de las formulas (7) da,para el segundo extremo del intervalo, el valor qπ.
Resumiendo: el intervalo de la rodonea de ecuacion polar ρ = R cos
(p
qϑ
)es 0 ≤ ϑ ≤ 2qπ o bien 0 ≤ ϑ ≤ qπ, , segun que p y q sean de distinta paridado sean los dos impares.
Hecho esto, pasemos a la determinacion de los puntos dobles distintos delpolo. Se obtienen en correspondencia con aquellos valores de la anomalıa quedifieren entre sı por un multiplo de 2π y que dan los mismos valores de ρ, obien que difieren entre sı un multiplo impar de π que dan valores opuestosde ρ. En sustancia se trata de resolver la ecuacion
R cos
(p
qϑ
)= (−1)kR cos
[p
q(ϑ+ kπ)
](8)
siendo k un numero natural no nulo y tal que la anomalıa ϑ+ kπ pertenezcaal intervalo de la rodonea.
Para k impar (= 2m+ 1) la (8) se convierte en
cos
(p
qϑ
)= − cos
p
q[ϑ+ (2m+ 1)π]
que implica
p
qϑ+
p
q[ϑ+ (2m+ 1)π] = (2n+ 1)π, (n ∈ N)
de dondeϑ =
π
2p[(2n+ 1)q − (2m+ 1)p] (9)
Para k par (= 2m) la (8) se convierte en
cos
(p
qϑ
)= cos
[p
q(ϑ+ 2mπ)
]10
que implicap
qϑ+
p
q(ϑ+ 2mπ) = 2nπ, (n ∈ N)
de dondeϑ =
π
p(nq −mp) (9*)
En la (9) y (9*), fijado m, deberıamos considerar asignados a n todos losvalores para los cuales ϑ permanece dentro del intervalo. Si llamamos dis-tancia angular δ(ϑ) de dos puntos dobles la diferenciaa de las anomalıascorrespondientes a dos valores sucesivos de n, tenemos de la a (9):
δ(ϑ) =π
2p[(2n+ 1)q − (2m+ 1)p]− π
2p[(2n− 1)q − (2m+ 1)p] =
q
pπ
y de (9*):
δ(ϑ) =π
p(nq −mp)− π
p[(n− 1)q −mp] =
q
pπ
Luego la distancia angular es qpπ, independiente de m. Esto permite la deter-
minacion del numero de puntos dobles coorespondientes a un m dado: bastadividir el intervalo por la distancia angular, y se encuentra que eso es p enel caso impar y 2p en el caso par.
Calculemos, finalmente, los valores absolutos de los radios vectores co-rrespondientes a las anomalıas (9) y (9*). Obtenemos
|ρimpar| = R
∣∣∣∣sin (2m+ 1)pπ
2q
∣∣∣∣ (10)
|ρpar| = R
∣∣∣∣cosmpπ
q
∣∣∣∣ (10*)
Como se ve, dependen de m pero no de n. Eso quiere decir que todos lospuntos dobles correspondientes a un m dado se encuntran en un cırculo decentro el polo y radio ρ.
Los resultados precedentes permiten tambien concluir que los puntos do-bles son vertices de un polıgono regular de p o 2p lados. De (10),(10*) esposible comprobar que los valores distintos de ρ obtenidos al variar m sonq − 1 en el caso par y (q − 1)/2 en el caso impar.
Por tanto el numero de puntos dobles de una rodonea, reales, y fuera delpolo, son p(q−1)/2 en el caso impar y 2p(q−1) en el caso par. En particular,en el caso h entero (q = 1), no existen puntos dobles reales fuera del polo ypor lo tanto los petalos no se superponen.
11
6. El area de un petalo
Se tiene:
S =1
2
∫ ϑ2
ϑ1
ρ2dϑ = 2 · 1
2
∫ π2h
0
R2 cos2 hϑ dϑ =πR2
4h
Es decir, todos los petalos tienen area igual 14h
de la del cırculo fundamental.Si h es entero (recordemos que en este caso los petalos no se superponen) elarea de toda la rodonea puede encontrarse multiplicando el valor encontradopor el numero de petalos, o sea por h o 2h segun que h sea impar o par. Seobtiene, respectivamente, la cuarta parte o la mitad del cırculo fundamental.
El calculo de la longitud del contorno de un petalo conduce a una integralelıptica; en efecto:
L = 2
∫ ϑ
0
√ρ2 + ρ′2dϑ = 2R
∫ π2h
0
√1 + (h2 − 1) sin2 hϑ dϑ
7. Las concoides de las rodoneas
Recordemos que se llama concoide de una curva plana (que, a su vez, sellama base de la concoide) de ecuacion polar
ρ = f(ϑ)
a toda curva de ecuacionρ = f(ϑ) + `
donde ` indica una constante positiva o negativa. Los puntos de la concoidese obtienen a partir de los de la base alargando o acortando los radios vecto-res una longitud igual a |`|.
Si la base es la recta de ecuacion
ρ =a3
cosϑ
perpendicular al eje polar y a distancia a del polo, se tiene la celebre concoidede Nicomedes, utilizada para resolver el no menos celebre problema de latriseccion del angulo. La concoide de una rodonea tiene por ecuacion
ρ = R coshϑ+ ` (11)
12
De ahı se observa que la concoide esta contenida en el cırculo de centro elpolo y radio R + |`|.
Al igual que las rodoneas, las curvas de ecuacion (11) son ricas en simetrıasy en motivos ornamentales.Ademas de otras propiedades, estos valores esteti-cos son evidentes de las figuras 5,6,7 obtenidas con un microcomputer.
Una vez programado, se han itroducido sucesivamente los valores elegidospara los parametros R, h, ` que aparecen en (11).
De esto depende la forma de la curva, su mayor o menor complejidad yen definitiva su estetica.
Out[62]=
Curva di equazione polare
ρ = R cos 7ϑ+ 3R
Los valores maximo y mınimo de ρ son4R y 2R, respectivamente. Por lo
tanto la curva esta contenida dentro dela corona circular centrada en el polo y
rayos 2R y 4R.
Out[63]=
Curva de ecuacion polar
ρ = R cos5
2ϑ+ 3R
Figura 5
13
Out[64]=
Curva de ecuacion polar
ρ = R cos9
4ϑ+
7
3R
Out[65]=
Curva de ecuacion polar
ρ = 4a cos3
2ϑ+ a
Figura 6
Out[66]=
Curva de ecuacion polar
ρ = 3a cos5
8ϑ+ 2a
Out[69]=
Curva de ecuacion polar
ρ = 3a cos5
4ϑ+
11
10a
Figura 7
14
Es muy interesante e instructivo observar como varıa la curva por pe-quenas variaciones de los parametros (mejor hacer variar uno de cada vez);las figuras se obtienen en un tiempo muy breve, y un operador puede acumu-lar rapidamente numerosas experiencias, disenar con el computer, retocar ycorregir los disenos con adecuadas variaciones de los parametros numericos,y en definitiva desarrolar sensibilidad y sentido estetico.
En un momento en el que se anuncian las mas variadas aplicaciones de loscomputadores en la didactica, parece oportuno senalar una de sus posiblesusosci e sembrato opportuno segnalare anche uno de sus posibles usos parapasar de la geometrıa a la fantasıa, de la matematica al arte. La conviccion,muy difundida, de que la matematica es arida y aburrida, depende en buenamedida de la ignorancia del elemento estetico inherente a ella, mientras por elcontrario, el aprecio de este elemento la hace viva e interesante como ningunaotra creacion del espıritu humano. Segun Poincare el elemento dominante enla creatividad matematica es estetico, mas que logico.
Finalizaremos con una cita de Aristoteles: “La ciencia matematica presen-ta particularmente el orden, la simetrıa y los limites; y estas son las formasmas grandes de la belleza”.
15
SOLUCIÓN DE ALGUNOS PROBLEMAS DEL Nº 55 DE LA REOIM
Luis Miguel Maraví Zavaleta
I. E. Nº 80915 “Miguel Grau Seminario”
Centro Poblado El Pallar, Huamachuco, región de La Libertad, Perú
PMJ55 – 1. Sabiendo que f es una función impar, es decir, tal que f (x) = −f(−x), ¿cuál de las siguientes es con certeza una función impar?
La condición brindada en el problema equivale a afirmar que - f (x) = f (−x). Con esa acotación procedemos a resolver los problemas.
a)
Debería cumplirse que . Sin embargo,. Luego, la función no es impar.
b)
Se debe cumplir que . Empero, pues, . De este modo, la función no es impar.
c)
En este caso, la igualdad que debería cumplirse es . Pero , pues . Así, la
función no es impar.
d)
Debe cumplirse que . Empero, , pues . De esta forma, la función
no es impar.
e)
A partir de la condición planteada en el problema se cumple que . Dicha igualdad es verdadera, pues
. De este modo, solo la función es impar.
PMJ55 – 2. Calcula el valor de
Para resolver este problema emplearemos la siguiente propiedad de los logaritmos:
De este modo se tiene que:
.
Tras sustituir las expresiones equivalentes se concluye que:
PMJ55 – 3. En un trapecio ABCD, la base mayor AB es triple de la base menor CD. Si E es el punto medio de BD, hallar la razón entre el área del triángulo CDE y el área del trapecio.
A continuación mostramos una figura que ilustra los razonamientos seguidos para resolver el problema:
El área del trapecio ABCD se obtiene mediante la expresión
En la fórmula anterior, corresponde a la medida de la altura del trapecio, es decir, la longitud del segmento (en la figura). Así mismo, por dato del problema, . De este modo, .
Dado que la mediana del trapecio biseca a ambas diagonales (es decir,
el punto E pertenece al segmento ), el problema pasa por averiguar si el punto K (intersección de con ) corresponde a la mitad de la altura del trapecio. Aquí se aplica el siguiente teorema: si tres rectas paralelas (como y ) determinan segmentos congruentes en una secante (como a la que pertenece el lado del trapecio), entonces determinan segmentos congruentes en cualquier otra secante (como, por ejemplo a la que pertenece la altura del trapecio).
En línea con el teorema anterior, como (pues I es punto medio de
), se concluye que , es decir, que, efectivamente, el punto K corresponde a la mitad de la altura . Entonces, con relación al triángulo CDE se tiene lo siguiente:
De este modo, la razón entre el área del triángulo CDE y el área del
trapecio ABCD se obtiene mediante la siguiente expresión:
Así se concluye, entonces, que la razón presente entre el área del triángulo
CDE y el área del trapecio ABCD equivale a .
PMJ55 – 5. Si n es un número natural con 6 divisores enteros positivos, ¿cuántos divisores enteros positivos tiene n2?
Sea la descomposición canónica del número n en factores primos la siguiente:
.
La cantidad de divisores del número n, , se obtiene de la siguiente forma:
Donde son los exponentes de los factores primos en los que se ha descompuesto el número n.
De ahí que, si el número de divisores enteros positivos de n es 6, el único par de números que puede ser multiplicado para obtener dicho resultado está conformado por 2 y 3, pues de proponerse al par integrado por 6 y 1 se estaría aceptando que uno de los factores de n posee exponente 0, lo que originaría un factor que no es primo. Luego:
Ante ello, podemos observar que la cantidad de divisores de está dada por:
.
Luego, la cantidad de divisores enteros positivos de es 35.
Problemas propuestos 281-285
PROBLEMA 281, propuesto por Francisco Javiér García Capitán, Priego de Córdoba, España.
Sea ABC un triángulo y P un punto. Encontrar dos puntos V y V’ sobre CA y otros dos, W y W’, sobre AB, de manera que C sea el punto medio de VV’ y B sea el punto medio de WW’, cumpliéndose además que P sea la intersección de VW y V’W’.
PROBLEMA 282, propuesto por D.M. Batinetu-Giurgiu y N. Stanciu, Bucarest y Buzau, Rumania.
Sean , :f g + +→ funciones derivables con derivadas continuas, y
, ,a b a b+∈ < . Calcular ( )
( ) '( ) '( )( )
b
g xa
f x g x f x dxf x e
−+∫ .
Problema 283, propuesto por el editor
Si ∝ y son números reales, determinar el número de raíces de la ecuación en la variable compleja z
2 2 2 1 2 0n nz zα β−+ + =
en la región ( ) 0zℜ > .
PROBLEMA 284, propuesto por el editor
Probar que la ecuación cúbica
3 23 3 0ax bx cx d+ + + =
puede escribirse como
( ) ( )3 3y yφ θ θ φ− = − ,
donde y ax b= + , y los números ,φ θ son las raíces de la ecuación cuadrática
( ) ( ) ( )22 2 2 2 23 2 0ac b t a d abc b t ac b− + − + − − = .
Escribir lass tres raíces en función de ,φ θ .
Expresar la ecuación 3 25 21 30 14 0x x x+ + + = en esa forma y resolverla.
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.
Problema 276, proposto por Laurentiu Modan, Bucarest, Romanía.
i) Considérase a función afín f determinada polos puntos ( )0,4M e
( )2,N k . Se Ax é a abscisa do punto de intersección da gráfica de k co eixo
Ox , achar k de maneira que f sexa unha función de densidade dunha
variable aleatoria x no intervalo [ ]0, Ax .
ii) Calcular a probabilidade 1 1
/8 4
p P x x = ≥ <
.
iii) Colocar en orde crecente: p , a probabilidade de obter a suma 8 cando
lanzamos dous dados, e a probabilidade de que 2 libros estean no primeiro estante, se colocamos 3 libros en tres estantes.
Solución enviada por Bruno Salgueiro Fanego, Viveiro, Lugo.
i) f é unha función afín ⇒ ,a b∃ ∈ℝ / ( )f x ax b= + x∀ ∈ℝ .
Como a gráfica de f pasa por ( )0,4M e ( )2,N k , ( )4 0 0f a b b= = + = e
( )2 2 2 4k f a b a= = + = + ⇒ ( ) 44
2
kf x x
−= + x∀ ∈ℝ .
Ademais, o intervalo [ ]0, Ax existirá se 0Ax > , co cal debemos ter que 4k < .
Notemos tamén que ( ) 0Af x = ⇔ 8
4Axk
=−
.
f será unha función de densidade dunha variable aleatoria x no intervalo [ ]0, Ax se e
só se ( ) 0f x ≥ [ ]0, Ax x∀ ∈ e ( )0
1Ax
f x dx =∫ , ou equivalentemente, só e cando a área
do triángulo encerrado baixo o segmento MA no primeiro cuadrante é igual a 1, é
dicir, se e soamente se 4
12
Ax ⋅ = , que equivale a 12k = − .
ii) ( )
( )
1
41
81
41
4
1 1 1 18 4 8 4
1 1 14 4 4
f x dxP x x P xp
P x P x f x dx−
≥ ∩ < ≤ < = = =
< − < <
∫
∫.
O numerador é a área encerrada entre a gráfica da función de densidade da variable
aleatoria x , ( ) ( )4 1 2f x x= − , que é unha recta, as rectas 1
8x = e
1
4x = e o eixo Ox ,
ou sexa, a área do trapecio de vértices 1
,08
, 1
,04
, 1 1
,4 4
f
e 1 1
,8 8
f
,
cuxas bases maior e menor teñen lonxitudes 1
38
f =
e 1
24
f =
respectivamente e
cuxa altura é 1 1 1
4 8 8− = , logo dito numerador é ( )
( )1
41
8
13 2 58
2 16f x dx
+= =∫ ;
analogamente, o denominador é
( )( )1
41
4
1 1 1 1 16 24 4 4 4 2 2
2 2
f f
f x dx−
− − + − + = = =∫ , logo
5516
2 32p = = .
iii) Sexan q a probabilidade de obter a suma 8 cando lanzamos dous dados, e r a
probabilidade de que 2 libros estean no primeiro estante, se colocamos 3 libros en tres estantes.
Representemos por ( ) ,i j o suceso do experimento aleatorio do lanzamento de dous
dados que consiste en que o resultado do obtido no primeiro dado é i e o do segundo
dado é j , con i , j ∈ 1,2,3,4,5,6I = .
O espazo mostral ( ) , : ,i j i j I∈ asociado a dito experimento aleatorio consta de 36
elementos, todos eles equiprobables e independentes entre si, e o suceso
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2,6 , 3,5 , 4,4 , 5,3 , 6,2 consistente en obter a suma 8 está formado por cinco
elementos , segundo a regra de Laplace a probabilidade de dito suceso é igual a 5
36q = .
Numeremos agora os libros e os estantes do 1 ao 3 e denotemos por kL e por kE ,
1,2,3k = , o estante e o libro k -ésimo, respectivamente. O libro 1L pode ocupar
calquera dos tres estantes coa mesma probabilidade, logo a probabilidade de que 1L
ocupe o estante kL é igual a 1
3; unha vez colocado dito libro, o libro 2L tamén pode
ocupar calquera deses tres estantes con probabilidade 1
3, e unha vez colocados nos
estantes os libros 1L e 2L , o libro 3L pode ocupar calquera deses tres estantes con
probabilidade 1
3.
Se denotamos 1,2,3K = , o espazo mostral ( ) , , : , ,k l mE E E k l m K∈ , onde
( ), ,k l mE E E indica que o libro 1L ocupa o estante kE , o libro 2L ocupa o estante lE e
o libro 3L ocupa o estante mE , consta de 33 27= sucesos equiprobables e
independentes entre si, sendo favorables ao suceso de que 2 libros estean no estante 1E
os sucesos que consisten en que 1E apareza en dous dos tres lugares posibles
exactamente son ( ) 1 1 2, ,E E E , ( ) 1 1 3, ,E E E , ( ) 1 2 1, ,E E E , ( ) 1 3 1, ,E E E ,
( ) 2 1 1, ,E E E e ( ) 3 1 1, ,E E E , co cal a probabilidade de dito suceso é, de novo pola
regra de Laplace (ou polo teorema das probabilidades totais) 6 2
27 9r = = .
Polo tanto, q p r< < é a ordenación crecente pedida.
Problema 277, propuesto por D.M. Batinetu-Giurgiu, Bucarest, y Neculai Stanciu, Rumania.
Demostrar que, en cualquier triángulo ABC, se verifica la siguiente igualdad:
(𝑎𝑏 + 𝑏𝑐 + 𝑐𝑎)2 + 2(𝑎2 + 𝑏2 + 𝑐2)2 ≥ 16√3𝑠3𝑟
Donde a,b,c son los lados, s es el semiperímetro y r el radio de la circunferencia inscrita en el
triángulo.
Solución por Javier Cornejo Tejada, Universidad Nacional de Ingeniería, Lima, Perú.
Se sabe que 𝑎2 + 𝑏2 + 𝑐2 ≥ 𝑎𝑏 + 𝑏𝑐 + 𝑐𝑎 para cualquier a,b,c reales positivos, por lo que se
deduce:
(𝑎𝑏 + 𝑏𝑐 + 𝑐𝑎)2 + 2(𝑎2 + 𝑏2 + 𝑐2)2 ≥ 3(𝑎𝑏 + 𝑏𝑐 + 𝑐𝑎)2…(𝐼)
También:
𝑎2 + 𝑏2 + 𝑐2 + 2(𝑎𝑏 + 𝑏𝑐 + 𝑐𝑎) ≥ 3(𝑎𝑏 + 𝑏𝑐 + 𝑐𝑎) → (𝑎 + 𝑏 + 𝑐)2 ≥ 3(𝑎𝑏 + 𝑏𝑐 + 𝑐𝑎)
En vez de a,b,c se reemplaza a la desigualdad por ab, bc y ca:
(𝑎𝑏 + 𝑏𝑐 + 𝑐𝑎)2 ≥ 3(𝑎𝑏2𝑐 + 𝑏𝑐2𝑎 + 𝑐𝑎2𝑏) = 3𝑎𝑏𝑐(𝑎 + 𝑏 + 𝑐)
3(𝑎𝑏 + 𝑏𝑐 + 𝑐𝑎)2 ≥ 9𝑎𝑏𝑐(𝑎 + 𝑏 + 𝑐)
En (I):
(𝑎𝑏 + 𝑏𝑐 + 𝑐𝑎)2 + 2(𝑎2 + 𝑏2 + 𝑐2)2 ≥ 9𝑎𝑏𝑐(𝑎 + 𝑏 + 𝑐)… (𝐼𝐼)
Haciendo uso del siguiente lema, para cualquier triángulo con área T se cumple que:
9𝑎𝑏𝑐
𝑎 + 𝑏 + 𝑐≥ 4√3𝑇
Multiplicando ambos lados por 4 veces el semiperímetro al cuadrado (4𝑠2 = (𝑎 + 𝑏 + 𝑐)2):
9𝑎𝑏𝑐(𝑎 + 𝑏 + 𝑐) ≥ 16√3𝑇𝑠2
Se sabe que el área de un triángulo es el producto del semiperímetro con el inradio del triángulo:
9𝑎𝑏𝑐(𝑎 + 𝑏 + 𝑐) ≥ 16√3𝑠3𝑟… (𝐼𝐼𝐼)
De (II) y (III) se obtiene lo que se pedía demostrar:
(𝑎𝑏 + 𝑏𝑐 + 𝑐𝑎)2 + 2(𝑎2 + 𝑏2 + 𝑐2)2 ≥ 16√3𝑠3𝑟
Problema 278, propuesto por Roberto Bosch Cabrera, Miami, Estados Unidos.
Resolver, en el conjunto de los números reales positivos, la ecuación
𝒙 𝒙 + 𝟏 + 𝒙 𝒙 − 𝟒 + 𝟏 = 𝟎.
Solución de Florentino Damián Aranda Ballesteros, profesor del IES Blas Infante de Córdoba (España).
Como 𝑥>0, entonces si 𝑥 = 𝑡2, y la ecuación anterior es equivalente a esta otra
𝑡 𝑡2 + 1 + 𝑡2 𝑡2 − 4 + 1 = 0 → 1 + 𝑡 − 4𝑡2 + 𝑡3 + 𝑡4 = 0 →
t − 1 2 1 + 3𝑡 + 𝑡2 = 0 ↔ t = 1.
En definitiva, 𝑥 = 1 𝑒𝑠 𝑙𝑎 ú𝑛𝑖𝑐𝑎 𝑟𝑎í𝑧 𝑟𝑒𝑎𝑙 𝑝𝑜𝑠𝑖𝑡𝑖𝑣𝑎.
Problema 279, propuesto por el editor.
Sea n un número entero positivo y a, b números reales positivos. Calcular la integral:
𝑰 = 𝒅𝒙
(𝒂 + 𝒃𝒙𝟐)𝒏∞
𝟎
Solución de Ignacio Larrosa Cañestro, ex-profesor del IES Rafael Dieste de A Coruña, España (jubilado).
Puede hacerse casi trivialmente utilizando la teoría de residuos, pero sigamos Feynman1 y utilicemos la derivación parmétrica.1
𝑰(𝒏) = 𝒅𝒙
(𝒂 + 𝒃𝒙𝟐)𝒏∞
𝟎=
𝟏𝒃𝒏
𝒅𝒙
(𝒎 + 𝒙𝟐)𝒏∞
𝟎 , 𝒎 =
𝒂𝒃
Consideremos la integral 𝐽(𝑚) = ∫ 𝑑𝑥𝑚+𝑥2
= 1√𝑚
∫𝑑𝑥
√𝑚
1+𝑥√𝑚
2∞0
∞0 = 1
√𝑚lim𝑅→∞ 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔 𝑥 √𝑚
0
𝑅= 𝜋
2√𝑚
Dado que m y x2 son positivos, la función subintegral es perfectamente continua y derivable en (0, ∞) e integrable respecto de x, por lo que podemos derivar respecto de m bajo el signo integral y
𝑑𝑘𝐽(𝑚)𝑑𝑚𝑘 =
𝑑𝑘
𝑑𝑚𝑘 1
𝑚+ 𝑥2𝑑𝑥
∞
0=
(−1)𝑘𝑘!(𝑚 + 𝑥2)𝑘+1
∞
0=
𝑑𝑘
𝑑𝑚𝑘 𝜋
2√𝑚 =
(−1)𝑘(2𝑘 − 1)‼𝜋
2𝑘+1𝑚2𝑘+12
Entonces, poniendo k = n-1
𝐼(𝑛) = 1𝑏𝑛
(2𝑛 − 3)‼𝜋
(𝑛 − 1)! 2𝑛𝑚𝑛−12= 𝑎𝑏 (2𝑛 − 3)‼ 𝜋
(2𝑎)𝑛(𝑛 − 1)!, 𝑛 > 1
Para n = 1𝐼(1) = 1𝑏𝐽(𝑚) = 𝜋
2√𝑎𝑏, que coincide la anterior si se usa la extensión de n!! a los enteros negativos
impares utilizando la relación (𝑛 − 2)‼ = 𝑛‼𝑛
.
1 Richard P. Feynman, “QED: The Strange Theory of Light and Matter”. Princenton University Press, 1985.
Solucion al Problema 280
propuesto en La Revista Escolar
de la Olimpıada Iberoamericana de Matematica
No. 55 - 2016
enviada porAndrea Fanchini
Cantu,Italia.
Julio 4, 2016
Problema 280.propuesto por el Editor.Sea ABCD un cuadrilatero convexo, M el punto de interseccion de las medianas del triangulo ABC y N el punto del segmento MDtal que MN
ND= 1
3. Los puntos E y F se eligen en las rectas AN y CN , respectivamente, de tal manera que ME es paralela a AD y
MF paralela a CD. Demostrar que las rectas AF , CE y BD son concurrentes.
Solucion 280.(Andrea Fanchini, Cantu, Italia)
Usamos coordenadas baricentricas con el triangulo de referencia ABC y la usual notacion de Conway.
El punto D tiene coordenadas absolutas D(p, q, r) donde p, q y r son parametros tal que p + q + r = 1.
• Las coordenadas de los puntos M y N .Es bien conocido que M tiene coordenadas M(1 : 1 : 1). El punto N divide al segmento MD en la razon13, por tanto tiene coordenadas
N(p + 1 : q + 1 : r + 1)
• Las coordenadas del punto E.La recta AD : ry − qz = 0 tiene punto del infinito AD∞(r + q : −q : −r). Por tanto la recta que pasapor M y paralela a AD es
MAD∞ : (q − r)x + (2r + q)y − (2q + r)z = 0
siendo la recta AN : (r + 1)y − (q + 1)z = 0, el punto E sera
E = MAD∞ ∩ AN = (p : q + 1 : r + 1)
• Las coordenadas del punto F .La recta CD : qx− py = 0 tiene punto del infinito CD∞(−p : −q : p + q). Por tanto la recta que pasapor M y paralela a CD es
MCD∞ : (p + 2q)x− (2p + q)y + (p− q)z = 0
siendo la recta CN : (q + 1)x− (p + 1)y = 0, el punto F sera
F = MCD∞ ∩ CN = (p + 1 : q + 1 : r)
1
• Las rectas AF , CE y BD.Las rectas AF , CE y BD tienen ecuaciones
AF : ry − (q + 1)z = 0, CE : (q + 1)x− py = 0, BD : rx− pz = 0
Ahora tres rectas di = pix + qiy + riz = 0 (i = 1, 2, 3) son concurrentes si y solo si∣∣∣∣∣∣∣p1 q1 r1p2 q2 r2p3 q3 r3
∣∣∣∣∣∣∣ = 0
en nuestro caso es ∣∣∣∣∣∣∣0 r −q − 1
q + 1 −p 0r 0 −p
∣∣∣∣∣∣∣ = r(−pq − p)− p(−rq − r) = 0
Por tanto las rectas AF , CE y BD son concurrentes y en particular en el punto MBD(p : q + 1 : r), quees el punto medio de el lado BD.
2
INFORMACIONESIDEAS PRÁCTICAS RECURSOS PARA EL AULA
Uno Revista de Didáctica de las Matemáticas • núm. 74 • pp. 83-84 • octubre 2016 83
Revista de la OIM
Tipo de recurso: página web.www.oei.es/oim/revistaoim/Destinatarios: Alumnado desde 2.º de ESO a bachillerato.Duración de su utilización: Dependiendo del uso que se vaya a hacer en el aula, puede variar desde los cinco minutos de resolución o comen-tario de los ejercicios hasta una hora. Para seminarios de preparación o especí cos, el tiempo que determine el docente.Breve descripciónRevista digital de suscripción gratuita (no hace falta estar suscrito, se pueden consultar y descargar los artículos y materiales sin requisito adicional alguno) que intenta dar respuesta a alumnos y profesores ante la falta de materiales publicados para la preparación en la participación de Olimpiadas Matemáticas de diferentes niveles. Se compone de varias secciones:1. Artículos y notas.2. Problemas para los más jóvenes (propuestos y resueltos).3. Problemas de nivel medio (propuestos y resueltos).4. Problemas de Olimpiadas y del nivel superior.5. Divertimentos matemáticos.
Así mismo, se indican algunos enlaces muy bien seleccionados (no cantidades inabarcables) relacionados con la resolución de este tipo de ejercicios. Todos los números publicados están accesibles, pudiendo descargarse individualmente por artículos o al completo.
¿Qué aprenderán?• Amplia colección de ejercicios propuestos y resueltos de diferentes certámenes, competiciones y revistas inter-
nacionales matemáticas.• Distintas técnicas de enfoque en la resolución de ejercicios de matemáticas, en muchos casos, diferentes de la
enseñanza convencional marcada en los libros de texto.• Profundización en temas concretos del currículo de matemáticas.• Información sobre cursos, congresos, libros… brevemente comentados.
¿Cómo utilizarlo en el aula?La página es sobre todo un banco de cuestiones y ejercicios que pueden ser utilizados individualmente (alumnos) o como recurso en las clases (profesores), no solo en la preparación de Olimpiadas, sino también en el desarro-llo de los temas del currículo de los diferentes cursos. Para ello, se sugiere utilizar alguna dinámica que resulte atractiva a los alumnos en general (los participantes en Olimpiadas suelen estar su cientemente motivados y no necesitan mayor esfuerzo).
INFORMACIONESIDEAS PRÁCTICAS RECURSOS PARA EL AULA
84 Uno Revista de Didáctica de las Matemáticas • núm. 74 • octubre 2016
Alfonso J. Población Sáez [email protected]
Una posibilidad es dividir la clase en grupos de 3 o 4 alumnos y proponer una metodología tipo PBL (problem based learning), bien planteando los mismos ejercicios a todos los grupos formados, bien diferentes, según deci-da el profesor. Tomando la primera de esas opciones, se eligen tres o cuatro ejercicios, procurando que sean de diferentes temas ya tratados o conocidos por los alumnos, a resolver por el grupo en un tiempo concreto (una o dos semanas), de modo que sean los alumnos, guiados por el profesor, los que investiguen, piensen y busquen recursos que permitan resolverlos. Favorecemo»s así el trabajo cooperativo y los alumnos asumen la tarea como un desafío. Recordemos, además, que, si tras la búsqueda personal de información, se dedica un tiempo a la resolución en el aula, cada alumno en cada grupo puede ejercer un rol diferente (líder, dinamizador, organizador, moderador, etc.)
Extraídos de diferentes números de la citada revista de la OIM, podría proponerse a modo de ejemplo, la resolu-ción de los siguientes problemas:
1. A un número natural A lo llamamos «súper 3» si la suma de sus cifras es tres veces mayor que la suma de las cifras del número A + 1. Hallar todos los números «súper 3» que tienen a lo sumo 4 cifras.
2. • Descomponer el número 2012 en suma de números naturales consecutivos. • Descomponer el número 2012 en suma de números naturales pares consecutivos. • Descomponer el número 2012 en suma de números naturales impares consecutivos. Observación: Se consideran 2, 4, 6, 8 números pares consecutivos y 1, 3, 5, 7, 9 números impares consecutivos.3. El área de un rectángulo es 2 m2. Si se aumenta la longitud y la anchura en 2 m, el área aumenta en 8 m2. Hallar el
perímetro del rectángulo inicial.4. Una isla tiene gatos, pájaros y serpientes. Cada día, cada gato desayuna un pájaro; cada serpiente come un gato y cada
pájaro cena una serpiente. No hay otras muertes, ni nacimientos. A cierta hora del día n del mes, un pájaro se convierte en el único ser viviente de la isla. ¿Después de qué comida ocurrió esto? Encontrar una expresión para el número de pájaros antes del desayuno, en el primer día de ese mes.
DIVERTIMENTOS MATEMÁTICOS 56
Algunas capturas de Internet, de diversas fuentes
Reloj de Sol en Vejer de la Frontera
Estas cosas pasan cuando se pregunta mal (y no se sabe inglés)
El fuerte imposible
