Número 37 (noviembre 2009 enero 2010)

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1 Revista Escolar de la Olimpíada Iberoamericana de Matemática Número 37 (noviembre 2009 enero 2010) ISSN X ÍNDICE Artículos, notas y lecciones de preparación olímpica 37 F.Bellot, El pequeño teorema de Fermat y aplicaciones F.J. García Capitán, Lectura atenta del Court (2): el triángulo órtico Problemas para los más jóvenes 37 Cinco problemas de un campamento matemático de verano en Darmanesti (Rumania) Soluciones a los problemas de esta sección números 22.3 y 24.2, por Raúl A. Simón Eléxpuru, Santiago, Chile Problemas de nivel medio y de Olimpiadas 37 Cinco problemas de la Competición Matemática de Stanford ( ) Problemas Soluciones a problemas antiguos Solución al problema nº 11 (REOIM 3), por César Ponce Quinto, Lima, Perú. (Este problema no había sido resuelto por ningún lector de la REOIM). Presentamos esta solución. Devis M. Alvarado, UNH, Tegucigalpa, Honduras, ha enviado recientemente soluciones a los problemas números 71, 73, 93, 121, 159 y 160. Problemas propuestos

2 Problemas resueltos Problema 176 Recibidas soluciones de: Roberto Bosch Cabrera, La Habana, Cuba; Luis Gómez Sánchez-Alfaro, Univ. de Oriente, Venezuela; Cristóbal Sánchez Rubio, Benicassim, España; Raúl A. Simón Eléxpuru, Santiago, Chile; y del proponente. Presentamos la solución de Sánchez Rubio. Problema 177 Recibidas soluciones de: Devis M. Alvarado, estudiante, UNH, Tegucigalpa, Honduras; Ovidiu Furdui, Cluj, Rumania; Daniel Lasaosa Medarde, Pamplona, España y el proponente.. Presentamos la solución de Alvarado. Problema 178 Recibidas soluciones de: Devis M. Alvarado, estudiante, UNH, Tegucigalpa, Honduras; Roberto Bosch Cabrera (2 soluciones), La Habana, Cuba; Daniel Lasaosa Medarde, Pamplona, España; Pedro H.O. Pantoja, UFRN, Natal, Brasil; Paolo Perfetti, Dipart. di Matematica, Univ. Tor Vergata, Roma, Italia; Cristóbal Sánchez Rubio, Benicassim, Castellón; y del proponente. Presentamos la solución de Sánchez Rubio (similar a la primera de Roberto Bosch y a la de Lasaosa) Nota del editor: Este problema, o mejor dicho, las soluciones recibidas, me ha hecho recordar un comentario del final del primer capítulo del libro Tres perlas de teoría de números, de A.J.Chintschin, dedicado al teorema de Van der Waerden sobre progresiones aritméticas: Vemos cuán complicado puede llegar a ser un resultado completamente elemental. Problema 179 Recibidas soluciones de Roberto Bosch Cabrera, La Habana, Cuba;Daniel Lasaosa Medarde, Pamplona, España; y del proponente. Presentamos las soluciones de Bosch y de Lasaosa. Problema 180 Recibidas soluciones de: Devis M. Alvarado, estudiante, UNH, Tegucigalpa, Honduras; Roberto Bosch Cabrera, La Habana, Cuba; Ovidiu Furdui, Cluj, Rumania; Kee-Wai Lau, HongKong, China; Paolo Perfetti, Dip. di Matematica, Univ. Tor Vergata, Roma, Italia; y del proponente. Presentamos la solución de Alvarado. Comentario de páginas web, de libros publicados y noticia de Congresos 37 Comentario al libro 21 Aulas de Matemática Olímpica, de Carlos Yuzo Shine. (Comentario de F. Bellot)

3 Divertimentos matemáticos 37 Algunas citas de Mathematical Circles, de Howard E. Eves Desarrollada en el Centro de Altos Estudios Universitarios de la OEI con el apoyo de la Agencia Española de Cooperación Internacional para el Desarrollo (AECID) Acceder

4 EL PEQUEÑO TEOREMA DE FERMAT Y APLICACIONES Un enfoque heurístico, una demostración elemental y algunas aplicaciones del mismo FRANCISCO BELLOT ROSADO La lección de preparación olímpica que presento a continuación ha sido expuesta en el Seminario de Problemas de Valladolid, el miércoles 14 de octubre de UN PROBLEMA PARA EMPEZAR Un disco, dividido en p (p, primo) sectores iguales, se desea colorear con n colores, pudiendo estar varios, o todos los sectores, pintados del mismo color. No se consideran distintas dos coloraciones tales que se pueda deducir una de otra girando el disco alrededor de su centro, en un cierto sentido (horario o antihorario, pero no los dos). De cuántas maneras se puede hacer esto? (Origen del problema : la Olimpiada de la antigua Unión Soviética) Tras unos momentos de reflexión, hago la siguiente sugerencia a los alumnos: F.B.: Por si alguno no se siente cómodo por no haberos dado valores particulares de n y p, sería perfectamente razonable empezar a ver lo que sucede con valores pequeños de n y p, para comprender bien el problema. Primer caso: n=2, p=2. Varios alumnos contestan en seguida : 3 coloraciones. Las dibujo en el encerado, siguiendo las respuestas de los alumnos. Segundo caso: n=2, p=3. La respuesta es igualmente rápida : 4 coloraciones, que igualmente se dibujan en el encerado. Tercer caso : n=3, p=3. Ahora tarda un poco más en aparecer la respuesta correcta; tras una respuesta de 10, otro alumno justifica que ha de considerarse una más, porque los giros se hacen en un solo sentido : 11 coloraciones. Cuarto caso : n=4, P=3. Alguno aventura 24, sin mucha convicción les digo que sí, que esa es la respuesta.

5 Escribo entonces en el encerado las igualdades ( obvias!) 3=1+2; 4=2 + 2; 11 = 8 + 3; 24 = Hago ver que el segundo sumando de cada suma coincide con n. Para contar las coloraciones utilizaremos, en todos los casos, el siguiente procedimiento: Primero se considera el disco fijo, y los sectores numerados, de 1 a p; y se cuentan las coloraciones posibles así, que resultan ser n p. (Para los no convencidos, hago el típico ejemplo de las quinielas: Cuántas columnas de 14 partidos hay que rellenar para estar seguros de que en una de ellas tenemos 14 aciertos?). Salvo los alumnos de 2º de Bachillerato, en el grupo de Olimpiadas hay alumnos de 3º, 4º de E.S.O. y 1º de Bachillerato; la Combinatoria se estudia en 4º, pero no tan pronto. Por lo tanto, prefiero obviar el tecnicismo de llamarle número de variaciones con repetición. Después se restan las que corresponden a un solo color, que son n. Así, con el disco fijo y los sectores numerados, tenemos n p -n coloraciones en donde por lo menos se utilizan dos colores. A continuación se eliminan los números de los sectores. Qué efecto tiene esto sobre las coloraciones que inicialmente eran diferentes? Cuántas coloraciones que eran diferentes coincidirán al borrar la numeración de los sectores? Los alumnos van examinando los casos vistos hasta ahora y contestan: Primer caso: 2 Segundo caso: 3 Tercer caso: 3 Cuarto caso: 3 La supresión de los números de los sectores equivale a hacer giros de ki360º p grados de amplitud alrededor del centro del disco; o lo que es lo mismo, cada coloración no monocromática se cuenta p veces: la inicial y las que resultan de los p-1 giros de amplitudes ( p ) 1i360º 2i360º 1 i360º,,,. p p p

6 Es instructivo ver cuáles son esos giros en los casos particulares estudiados. En el primer caso hay un solo giro (p-1=1) y en todos los demás hay 2. Entonces parece que ya estamos en condiciones de formular la respuesta a la pregunta del problema, con generalidad : el número de coloraciones es +. p p n n n La respuesta al problema es un número natural; por lo tanto, como consecuencia se obtiene que n p -n es múltiplo de p, si p es un número primo. Doy nombre a esta proposición : Pequeño teorema de Fermat, enunciado en una carta de Fermat del 18 de octubre de 1640 a su amigo Frénicle de Bessy, naturalmente sin demostración (en esto, Fermat era un verdadero experto) y con una formulación ligeramente diferente. Leibniz dejó una demostración en un manuscrito no publicado, antes de 1683, y Euler publicó la suya en 1736 (Theorematum Quorundam ad Numeros Primos Spectantium Demonstratio). La expresión Pequeño teorema de Fermat se usó por primera vez en 1913 en un libro alemán de Teoría de Números. Retrato de Fermat

7 FB ante la estatua de Fermat en el pueblo natal de Fermat, Beaumont de Lomagne, en el Sur de Francia, verano de 2002 Acto seguido pregunto: qué ocurriría si p no fuera primo, por ejemplo si tenemos el caso n=2,p=6? Una alumna mete los datos en su calculadora para ver el valor de la fracción que da el número de coloraciones no monocromáticas y encuentra un número decimal. Le digo : acabas de comprobar que el resultado no es válido si p no es primo. Gráficamente la situación se puede visualizar como

8 y aquí un giro de 120º transforma la figura en sí misma. A continuación lanzo la pregunta Os parece que hemos demostrado algo? No hay unanimidad en las respuestas; los que me conocen de años anteriores se inclinan por el NO; a otros les parece que el argumento se debilita al decir que p de las coloraciones coinciden cuando se suprimen los números de los sectores; algunos se muestran convencidos de la bondad del argumento. Con objeto de eliminar cualquier sombra de duda, expongo una de las demostraciones del libro Selected Problems and Thorems in Elementary Mathematics, de D.O.Schklyarsky, N.N.Chentsov e I.M. Yaglom, MIR, Moscú 1979, que considero al alcance de todos los alumnos de la audiencia. DEMOSTRACIÓN DEL TEOREMA Se puede suponer, sin pérdida de la generalidad, que n no es divisible por p (porque en tal caso el resultado es evidente). Entonces los números n, 2n, 3n,, (p-1)n tampoco son divisibles por p, y los restos de su división por p son DIFERENTES. Justifiquemos esta última afirmación. Si kn y ln (con p 1 k > l ) dieran el mismo resto al ser divididos por p, entonces su diferencia kn i ln i = ( k l) n tendría que ser divisible por p, pero eso es imposible porque p es primo, n no es divisible por p, y k l < p. Como los posibles restos de la división por p son 1,2,3,,p-1, se tiene ( ) n= q1p+ a1;2 n= q2p+ a2,, p 1 n= qp 1p+ ap 1, donde los números a 1, a 2,, ap 1 son 1,2,,p-1 en algún orden. Multiplicando todas esas igualdades se obtiene

9 o lo que es igual De aquí que ( p 1 n p 1 ( ) 123 i i i i p 1 n = Np+ a1ia2i i a p 1, ) 1 p 1 ( ) ( ) 123 i i i i p 1 n 1 = Np. es divisible por p (esta es la forma en que Fermat formuló su teorema) y multiplicando por n se obtiene el resultado. Finalizada la demostración, pido a los alumnos que enuncien el resultado recíproco (para algunos era la primera vez que oían esa expresión). Se formula como Si n p -n es múltiplo de p, entonces p es primo. Acto seguido señalo que, desafortunadamente, esta proposición es falsa, como lo prueba el contraejemplo (tomado de Problem Solving strategies, de Arthur Engel, un libro indispensable en la preparación de Olimpiadas): 341 divide a , pero 341=31x11 no es primo; y la expresión en negrita se justifica escribiendo ( ) ( ) 34 ( ) ( )( ) ( ) = = = = i i i. Este es el menor contraejemplo al recíproco, por lo que a mi entender no resultaría conveniente haberles pedido que fueran comprobando algunos casos para valores pequeños de p y n. En el libro de Engel antes citado se incluyen tres demostraciones del teorema: por inducción, utilizando congruencias y de tipo combinatorio (con collares, pero utilizando el concepto de permutaciones cíclicas, no apropiado para esta audiencia en este momento). En el de los tres autores rusos mencionados antes se incluye una segunda demostración, por inducción y el teorema del binomio. Una búsqueda en Internet da como resultado siete demostraciones, una de ellas por teoría de grupos, otra sistemas dinámicos y una tercera con la fórmula de Leibniz para la potencia de un polinomio, también conocida como fórmula multinomial. Personalmente, mi favorita es la que acabo de exponer. ALGUNOS PROBLEMAS DONDE SE APLICA EL TEOREMA Observación previa

10 Para agilizar la aplicación del teorema de Fermat es necesario utilizar el concepto y propiedades de las congruencias. Resumo, sin demostración, algunas de sus propiedades. Si los enteros a y b dan el mismo resto al ser divididos por el entero k, se dice que ambos son congruentes respecto al módulo k, y se escribe a b(mod k). Las principales propiedades de las congruencias son: a a(mod k) (propiedad reflexiva) Si a b(mod k), entonces b a(mod k) (propiedad simétrica) Si a b(mod k), y b c(mod k), entonces a c(mod k) (propiedad transitiva) Las congruencias se pueden sumar y multiplicar: Si a b(mod k) y c d(mod k), entonces ( a± c) ( b± d)(mod k) Si a b(mod k) y c d(mod k), entonces ( ac) ( bd )(mod k). Pero en general no se pueden dividir los términos de una congruencia, salvo por un número que sea primo con el módulo de la congruencia. 1.- Calcular el resto de la división por 13 del número Por el pequeño teorema de Fermat, es múltiplo de 13, lo cual significa que 7 12 da resto 1 al ser dividido por 13. De aquí resulta que 7 36 =(7 12 ) 3 también da resto 1 al ser dividido por 13. Entonces 7 44 y 7 8 dan el mismo resto al ser divididos por 13. Pero 7 2 da resto 10 al ser dividido por 13, 7 4 da el mismo resto que 10 2, es decir, 9. Entonces 7 8 da el mismo resto que 9 2 =81, es decir, da resto 3 cuando se divide por 13, y esta es la respuesta. 2.- Demostrar que es divisible por 13. Por el pequeño teorema de Fermat, 2 12 da resto 1 al ser dividido por 13, así que 2 60 = (2 12 ) 5 dará resto 1 5 = 1. Como 2 5 da resto 6, 2 10 dará resto -3 al ser dividido por 13. Entonces 2 70 da resto -3 al ser dividido por 13. Por otra parte, 3 3 da resto 1, y lo mismo ocurre con De aquí que 3 70 dará resto 3. Entonces, sumando dará resto -3+3 =0, es decir, será divisible por Demostrar que los posibles restos de la división por 7 de un cubo perfecto son 0, 1 ó 6. Sea n un número natural cualquiera. 7 es evidentemente primo. Si n no es divisible por 7, entonces por el teorema de Fermat,

11 ( ) ( ) ( )( ) ( ) n 1 mod 7 n 1 0 mod 7 n 1 n mod 7 Luego, o bien ( ) ( 3 3 n 1 0 mod7), o bien ( n + 1) 0( mod7). 3 3 n 1 0( mod7) 1mod7 ( ) Si ( ), esto es lo mismo que Si ( ), esto es lo mismo que n n + 1 0( mod7) n 1mod7 ( ) n ( 6mod7). Por último, si n es divisible por 7, n 3 3 también lo es, y 0( mod7) 4.- Calcular el resto de la división de 2 98 por 101. n. Como 101 es primo, utilizando el teorema de Fermat tenemos que ( ) i ( ) i ( ) mod mod mod101 Como 4 y 101 son primos entre sí, podemos dividir la última congruencia por 4 y obtenemos Por lo tanto, el resto es 76. ( ) ( ) mod mod Demostrar que si p es primo, entonces, cualquiera que sea el número natural n, se tiene Se verifica p mcd ( k, p) n 0( mod p). k = 1 p mcd ( k, p) n = n+ n+ + n+ n k = 1 p (p-1 sumandos iguales a n), es decir ( ) p p p 1 n+ n = np+ n n. Ahora bien, (1) np 0( mod p) p p (2) n n( mod p) ( TeoremadeFermat) n n 0( mod p) Y de (1) y (2) se obtiene el resultado. 6.- Si p es un número primo mayor que 5, demostrar que p 4-1 es divisible por 240. Sea p primo mayor que 5. Se tiene que 240 = 8x5x6 = 16x5x3.

12 ( )( ) ( )( )( ) p 1= p 1 p + 1 = p 1 p+ 1 p +1. Como p es impar, entonces p-1 y p+1 son dos números pares consecutivos, así que su producto es múltiplo de 8. Pero p también es par, así que el producto de los tres es múltiplo de Por el teorema de Fermat, 1 0( mod5) p. Por otra parte, si p>5 es primo, p no puede ser divisible por 3, así que lo será uno de los números p-1 ó p+1. Finalmente, 16, 5 y 3 son primos entre sí dos a dos, así que si p 4-1 es divisible por 16, por 5 y por 3, lo será por su producto, que es Si m es primo, y a,b son dos números enteros positivos menores que m, demostrar que Es múltiplo de m. a + a b+ a b + + b m 2 m 3 m 4 2 m 2 Se verifica 2 ( )( ) a b = a b a + a b+ a b + + b m 1 m 1 m 2 m 3 m 4 2 m. Puesto que m es primo, y a<m,b<m, por el teorema de Fermat se tiene que m ( ) ( ) m 1 1 a 1mod m ; b 1modm ; por lo tanto su diferencia será múltiplo de m: ( ) m 1 m 1 a b 0 modm. Como a-b no puede ser múltiplo de m (de hecho, el mcd(a-b,m)=1),se obtiene el resultado. PROCEDENCIA DE LOS PROBLEMAS El problema 1 está tomado del libro Introduction to Number Theory and Inequalities, de C.J. Bradley (publicado por UKMT, 2006). El problema 2 procede de uno de los libros míticos en Teoría de Números: 250 problèmes de théorie élémentaire des nombres, de Waclaw Sierpinski (publicado en francés por Ed. Jacques Gabay, 1992), y cuya edición original en inglés se publicó en Varsovia en Los restantes problemas proceden de una lección de Olimpiadas de la Prof. hispano-cubana María Emilia Santibáñez Piñera sobre el teorema de Fermat, no publicada (sin fecha; probablemente alrededor de 1987).

13 BIBLIOGRAFÍA Además de las tres fuentes recién mencionadas, presento a continuación algunos libros válidos para la preparación de Olimpiadas en lo que se refiere a Teoría de Números: 1) Arthur Engel: Problem solving strategies; Springer ) Enzo Gentile : Aritmética Elemental en la formación matemática; Olimpiada Matemática Argentina, ) Saulo Rada Aranda : Aritmética; CENAMEC, Caracas ) Waclaw Sierpinski: Elementary Theory of Numbers; North Holland&PNN, Amsterdam y Varsovia ) Ivan Niven, Herbert S. Zuckerman, Hugh L. Montgomery : An Introduction to the Theory of Numbers; John Wiley, 1991.

14 El triángulo órtico en el Court Francisco Javier García Capitán 4 de febrero de 2009 Resumen Hacemos una lectura atenta de la sección The orthic triangle del libro College Geometry, An Introduction to the Modern Geometry of the Triangle and the Circle, de Nathan Altshiller-Court. En este caso, la lectura atenta consiste en la realización de algunas figuras que no vienen en el texto y en la resolución de los ejercicios propuestos. 1. Definición y propiedades Definición. El triángulo que tiene por vértices los pies de las alturas de un triángulo dado ABC se llama triángulo órtico del ABC. A E F H B D Figura 1 C Propiedad 1. Los triángulos AEF, DBF y DEC son semejantes al triángulo ABC 1

15 Demostración. En efecto, por ser cíclico el cuadrilátero BCEF, los ángulos AEF y ABC son ambos complementarios del ángulo FEC, por lo que son iguales. De igual forma, AFE = ABC, así que los triángulos ABC y AEF son semejantes. Y lo mismo puede hacerse con los triángulos DBF y DEC. Propiedad 2. Si H es el ortocentro de un triángulo ABC y las alturas AH, BH, CH cortan a la circunferencia circunscrita a ABC en D, E, F, entonces se cumplen las igualdades: HD = HD, HE = HE, HF = HF. F F A E E H O B D C D Figura 2 Demostración. Por ejemplo, en el triángulo BHD tenemos BHD = BFD = C = BCA = BD A = BD H. En consecuencia, el triángulo BHD es isósceles, y su altura BD tambien es su mediana, por lo que HD = HD. Propiedad 3. El triángulo D E F es el resultado de aplicar al triángulo DEF una homotecia de centro H y razón 2. Demostración. Por ser HD = DD es HD = 2 HD y lo mismo para los otros vértices. 2

16 Propiedad 4. Cada vértice del triángulo ABC es el punto medio del arco determinado en la circunferencia circunscrita por las prolongaciones de las alturas trazadas desde los otros vértices. Demostración. Para obtener que A es el punto medio del arco E F basta observar que por ser cíclico el cuadrilátero BCEF, tenemos ABE = FBE = FCE = F CA. Como consecuencia, obtenemos que la recta OA es perpendicular a la cuerda E F y, por tanto, también es perpendicular al lado EF del triángulo órtico. Propiedad 5. El ángulo que forma el lado de un triángulo con el lado correspondiente del triángulo órtico es igual a la diferencia de los lados del triángulo dado adyacentes al lado considerado. A A O O B D C A D B C Figura 3 Figura 4 Demostración. En efecto, cuando el triángulo es acutángulo (ver Figura 3), el ángulo formado por el lado BC con el lado EF del triángulo órtico será el mismo que el formado por la altura AD (perpendicular a BC) con el diámetro AA (perpendicular a EF). Por ser ABD = ABC = AA C, los triángulos rectángulos ABD y AKC son semejantes, y entonces DAA = A 2(90 B) = 180 (B + C) B = B C. En el caso de que, por ejemplo B sea obtusángulo, tenemos DAA = A+2 DAB = A+2(B 90 ) = (180 B C)+2B 180 = B C. 3 A

17 Propiedad 6. El triángulo tangencial y el triángulo órtico de un triángulo son homotéticos. Demostración. El triángulo tangencial es el triángulo formado por las rectas tangentes a la circunferencia circunscrita en los vértices del triángulo. Según hemos visto, los lados del triángulo órtico son perpendiculares a los correspondientes radios de la circunferencia circunscrita, y los lados del triángulo tangencial también lo son. De ahí, la propiedad. Propiedad 7. Las alturas de un triángulo bisecan los ángulos interiores del triángulo órtico. Demostración. En la Figura 2 vemos que la recta D A biseca el ángulo E D F, y hemos visto que las rectas DE, DF son paralelas a D F, D E, así que la recta DA biseca el ángulo EDF. De otra forma, también podemos usar los cuadriláteros cíclicos BDHF, BCEF y CDHE para obtener HDF = HBF = EBF = ECF = ECH = EDH. Corolario. Los lados del triángulo bisecan a los ángulos exteriores de su triángulo órtico. Demostración. Ya que los lados son perpendiculares a las alturas del triángulo, que son las bisectrices interiores del triángulo órtico. Corolario. Los vértices y el ortocentro de un triángulo son los centros tritangentes (incentro y excentros) de su triángulo órtico. Problema. Construir un triángulo conociendo los puntos en que la prolongación de las alturas cortan a la circunferencia circunscrita. Solución. Aquí, Court dice que los puntos dados D, E, F determinan la circunferencia circunscrita (O) del triángulo buscado ABC, cuyos vértices serán los puntos medios de los arcos D E, E F, F E, y también plantea la siguiente cuestión: Cuántas soluciones puede tener el problema? Para dar respuesta a esta cuestión vamos a considerar la Figura 5, que está construida como se explica a continuación. Dado el triángulo acutángulo ABC con ortocentro H y circuncentro O, las alturas AH, BH y CH cortan a los lados BC, CA y AB, en los puntos 4

18 D, E y F, y a la circunferencia circunscrita en los puntos D, E y F, respectivamente. Si aplicamos al triángulo ABC una homotecia de centro H y razón 2 obtendremos el triángulo H a H b H c, siendo D, E, F los pies de las alturas de este triangulo. La circunferencia D E F, siendo la circunferencia de los nueve puntos del triángulo H a H b H c contendrá a los puntos medios A, B, C de los lados H b H c, H c H a y H a H b. Observemos entonces que por ser AC A = AD A = 90, la recta C A es perpendicular a A C y por ello también perpendicular a H c H a y B H a, es decir, B H a la altura del triángulo AB C correspondiente al vértice B, y esta altura vuelve a cortar a la circunferencia circunscrita en E. De igual forma, C H a es la altura del triángulo AB C correspondiente al vértice C, y esta altura vulve a cortar a la circunferencia circunscrita en F. H a A E C F F H E O B B D C H b D A Figura 5 H c Resulta entonces claro que las alturas del triángulo AB C vuelven a cortar a su circunferencia circunscrita en los mismos puntos en que lo hacen las alturas del triángulo ABC, por lo que los CUATRO triángulos ABC, AB C, A BC y A B C comparten los puntos D, E, F de intersección de las alturas con la circunferencia circunscrita. 5

19 2. Ejercicios 1. Si O es el circuncentro y H es el ortocentro de un triángulo ABC, y AH, BH, CH cortan a la circunferencia circunscrita en D, E, F, demostrar que las paralelas por D, E, F a OA, OB, OC, respectivamente, se cortan en un punto. Solución. La paralela por D a OA será perpendicular a E F, es decir será una altura del triángulo D E F. Por tanto, las paralelas por D, E, F a OA, OB, OC, respectivamente, se cortarán en el ortocentro de D E F. 2. Demostrar que (a) el producto de los segmentos en los que un lado de un triángulo queda dividido por el vértice correspondiente del triángulo órtico es igual al producto de los lados del triángulo órtico que pasan por el vértice considerado; (b) el producto de los seis segmentos en los que los lados de un triángulo quedan divididos por los pieds de las alturas es igual al cuadrado del producto de los tres lados del triángulo órtico. Solución. Para demostrar (a) usamos los triángulos semejantes DBF y DEC. A E F H B D Figura 6 C BD DF = ED DC BD DC = DF ED. 6

20 Para demostrar (b) obtenemos expresiones similares para los otros vértices y las multiplicamos: BD DC CE EA AF FB =(DF ED) (ED FE) (FE DF) =(DF FE ED) Si P, Q son los pies de las perpendiculares desde los vértices B, C del triangulo ABC sobre los lados DF, DE del triángulo órtico DEF, demostrar que EQ = FP. Solución. Con trigonometría tenemos: EQ = CE cosb =(BC cosc) cosb =(BC cosb) cosc = FB cos C = FP. A E Q F P H Q P B D Figura 7 C De otra forma, B y C son excentros del triángulo DEF, y P y Q son puntos de contacto de las circunferencias exinscritas (B) y (C) al triángulo DEF y como es conocido, tenemos EP = FQ = s, siendo s el semiperímetro de DEF. Entonces, tenemos FP = FP = EP FE = s FE = FQ FE = EQ = EQ. 4. DP, DQ son las perpendiculares desde el pie D de la altura AD del triángulo ABC sobre los vértices AC, AB. Demostrar que los puntos B, C, P, Q son concíclicos y que DPB = CQD. 7

21 Solución. Para razonar que los puntos B, C, P, Q son concíclicos tenemos en cuenta que B, C, E, F lo son. Entonces, usando potencias, AF AB = AE AC. Ahora, usando los triángulos semejantes AEF y APQ, AP AQ = AE AF = AB AP AC = AQ AB, AC es decir, B, C, P, Q son concíclicos. A partir de aquí, DPB = CPB 90 = CQB 90 = CQB. A E F P H Q B D Figura 8 C 5. Demostrar que las cuatro proyecciones del pie de la altura sobre un lado de un triángulo sobre los otros dos lados y las otras dos alturas están alineados. A E F K P Q L B D C Figura 9 8

22 Solución. El pie D de la altura trazada por A es común a las circunferencias con diámetros AB y AC como diámetro. Los puntos L, P y Q son los pies de las perpendiculares trazadas por el punto D a los lados del triángulo ABE, por lo que están alineados (sobre la recta de Wallace-Simson del punto D respecto del triángulo ABE. De la misma forma, los puntos K, Q, P están alineados, ya que son los pies de las perpendiculares trazadas por el punto D sobre los lados CF, FA, AC del triángulo ACF. En consecuencia, los cuatro puntos K, L, P, Q están alineados. 6. Demostrar que el perímetro del triángulo órtico de un triángulo acutángulo ABC es menor que el doble de cualquier altura del triángulo ABC. Solución. Sea DEF el triángulo órtico de ABC y sean P, Q las proyecciones de D sobre las rectas CA y AB respectivamente. Llamemos R y S a los simétricos de D respecto de P, Q. A R E F P S Q B D Figura 10 C Por ser DEF = 2(90 B) y DEC = B, los puntos F, E, R están alineados, y lo mismo les ocurre a los puntos S, F, E. El perímetro p del triángulo órtico es p = DF + FE + ED = SF + FE + ED = 2 QP < 2 AD La desigualdad se debe a que, por ser DPA = 90 = DQA, el cuadrilátero APDQ está inscrito en una circunferencia, de la que PQ es una cuerda y AD es un diámetro. 9

23 3. Algunas fórmulas interesantes I b A K I c I L O J X c B X A X a C X b K Figura 11 I a Sean A el punto medio del lado BC (Figura 11), y sean X, X a, X b, X c los puntos de contacto de la circunferencia inscrita y las circunferencias exinscritas. La recta paralela a BC por I corta al diámetro KK en L y a la prolongación de I a X a en J. El punto K es el punto medio del lado II a del triángulo IJI a, y entonces tenemos KA + r = KA + A L = KL = 1 2 I aj = 1 2 (I ax a + X a J) = 1 2 (r a + r), de donde A K = 1 2 (r a r). (1) Por otro lado, por ser BXb = CXb = s, K es el punto medio del lado I b I c 10

24 del trapecio I b I c X c X b, resultando A K = 1 2 (I bx b + I c X c ) = 1 2 (r b + r c ). (2) Sumando (1) y (2), 2R = KK = KA + A K = 1 2 (r a r) (r b + r c ), es decir 4R = r a + r b + r c r. (3) Teorema de Carnot. La suma de las distancias del circuncentro de un triángulo a los tres lados del triángulo es igual a la suma de los radios de las circunferencias circunscrita e inscrita. Demostración. En efecto, es OA = OK A K = R 1 2 (r a r) y lo mismo para los otros vértices, OB = R 1 2 (r b r) y OC = R 1 2 (r c r). Sumando las tres cantidades, OA + OB + OC =3R 1 2 (r a + r b + r c 3r) =3R 1 (4R + r 3r) = R + r Más propiedades del triángulo órtico Propiedad 8. La distancia de un lado de un triángulo al circuncentro es la mitad de la distancia del vértice opuesto al ortocentro. A L E F H O B D A C Figura 12 11

25 Demostración. Sea L el punto diametralmente opuesto al vértice C sobre la circunferencia circunscrita (Figura 12); el segmento OA une los puntos medios de los lados del triángulo recto BCL, y de aquí OA = 1 BL. Por 2 otro lado, los lados opuestos del cuadrilátero ALBH son respectivamente perpendiculares a las rectas AC, BC; por tanto ALBH es un paralelogramo, y BL = AH, que es lo que se quería demostrar. Propiedad 9. En un triángulo las distancias de los vértices al ortocentro, incrementadas con los correspondientes exradios, son iguales. Demostración. Teniendo en cuenta (1) A K = 1 2 (r a r) r a r = 2A K = 2(OK OA ) = 2R 2OA = 2R AH AH + r a = 2R + r. Propiedad 10. La razón entre un lado de un triángulo y el correspondiente lado del triángulo órtico es igual la razón entre el radio de la circunferencia circunscrita y la distancia del lado considerado al circuncentro. Propiedad 11. El segmento AH es el diámetro de la circunferencia circunscrita al triángulo AEF, y las rectas BC, EF son lados correspondientes en los triángulos semejantes ABC, AEF, de donde resulta BC : EF = 2R : AH = R : OA. Corolario. Si DEF es el triángulo órtico de un triángulo acutángulo ABC y R, r son los radios de la circunferencia circunscrita e inscrita, respectivamente, entonces EF BC + FD CA + DE AB = R + r. r Demostración. Usando la propiedad anterior y el teorema de Carnot, EF BC + FD CA + DE AB = OA R + OB R + OC R = R + r R. Propiedad 12. El perímetro del triángulo órtico de un triángulo acutángulo es igual al doble del área del triángulo dividido por el radio de la circunferencia circunscrita. 12

26 Demostración. Según la propiedad 11, llamando S al área del triángulo ABC, EF + FD + DE = BC OA + CA OB + AB OC R = 2S R. Problema. Construir un triángulo dados en posición las trazas D, U, A sobre la base del triángulo de la altura, la bisectriz interior y de la mediana trazadas desde el vértice opuesto, y la distancia d de ese vértice al ortocentro. Solución. Sobre la perpendicular a DUA en A, levantamos A O = 1 2 d obteniendo el circuncentro O del triángulo buscado. El punto A estará sobre la perpendicular a DUA trazada por D. Según vimos en la demostración de la Propiedad 5, la bisectriz del ángulo A también debe ser bisectriz del ángulo DAO, por lo que el punto A debe estar en la recta tangente desde O a la cirucnferencia con centro U que pasa por D. De esta manera, el vértice A queda determinado. La circunferencia con centro O y radio OA cortará a la recta DUA en los dos vértices B y C del triángulo buscado. 5. Más ejercicios 7. En el triángulo ABC demostrar que: AH 2 + BC 2 = 4OA 2. Solución. Con la misma notación que antes, AH 2 + BC 2 = 4OA 2 + 4BA 2 = 4OB 2 = 4OA Construir un triángulo dados en posición un vértice, el punto medio del lado opuesto y el ortocentro. Solución. Como el segmento AH es el doble del segmento OA, trazamos por A una paralela a AH y sobre ella marcamos el punto O cumpliendo A O = 1 HA, lo cual determina el circuncentro O. Trazando la circunferencia con centro O y radio OA, y hallando su intersección con la 2 perpendicular a AH por A obtendremos los dos vertices restantes del triángulo buscado. 9. Construir un triángulo dados en posición la circunferencia circunscrita, el ortocentro y la longitud de un lado. 13

27 Solución. Suponemos conocido en posición la circunferencia circunscrita, con centro O y radio R, el ortocentro H y la longitud a del lado BC. Teniendo en cuenta la fórmula AH 2 + BC 2 = 4OA 2, es decir, AH 2 + a 2 = 4R 2, trazamos una cuerda cualquiera PQ de longitud a sobre la circunferencia y el diámetro PP. Entonces, la longitud QP será igual a AH. Esto permite localizar el vértice A, trazando una circunferencia de centro H y radio QP, que cortará en general en dos puntos a la circunferencia dada. Una vez hallado el vértice A, tenemos en cuenta que los segmentos AH y OA son paralelos y uno el doble del otro, lo que permite determinar A, punto medio del lado BC. Por A trazamos una perpendicular a la recta AH y tendremos la recta BC, que cortará a la circunferencia dada en los dos vértices restantes del triángulo buscado. a A P' P' O H C A' P B Figura 13 Discusión. Para que el problema tenga solución es necesario que la circunferencia dada y la circunferencia con centro H y radio QP tengan puntos en común. Puede comprobarse que ello ocurre si y solo si se 14

28 cumplen las condiciones siguientes: OH 3R, a 2 + OH 2 3R 2 2R OH. 10. Construir un triángulo dados el radio de la circunferencia circunscrita, la distancia de un vértice al ortocentro y la longitud de la mediana trazada desde ese vértice. Solución. Suponemos conocido el radio R de la circunferencia circunscrita, la distancia 2d del vértice A al ortocentro y la longitud m a de la mediana trazada desde A. Sobre una recta cualquiera r, fijamos un punto A que va a ser el punto medio del lado BC. Por A levantamos una perpendicular A O a dicha recta, de longitud d, con lo que O será el circuncentro del triángulo buscado. Con centro O y radio R trazamos una circunferencia, que será la circunferencia circunscrita al mismo. Para determinar el vértice A tenemos en cuenta que m a = AA es conocida, por lo que trazamos una circunferencia con centro A y radio AA, que encuentra a la circunferencia (O) en las posibles posiciones del vértice A. Los vértices B y C se obtienen como intersección de la circunferencia (O) y la recta r. 2d A m a R O B A' C Figura 14 Discusión. Para que el problema tenga solución es necesario que las circunferencias (O) y (A ) de la construcción tengan puntos comunes. 15

29 Ello ocurrirá si y solo si las longitudes d, m a y R forman triángulo, aunque éste sea degenerado, es decir, aunque alguna de ellas sea la suma de las demás. 11. Construir un triángulo conociendo la base, la distancia del vértice opuesto al ortocentro y el radio de la circunferencia inscrita. d A r a B I O A' m C K Figura 15 Solución. Suponemos conocida la longitud a de la base BC, la distancia 2d del vértice A al ortocentro H y el radio r de la circunferencia inscrita. Comenzamos por fijar sobre una recta cualquiera dos puntos B y C tales que BC = a. Hallamos el punto medio A de BC y por el levantamos una perpendicular A O de longitud 1 d, de manera que O 2 será el circuncentro del triángulo buscado. Con centro en O y radio OB podemos trazar la circunferencia circunscrita al triángulo buscado. Al prolongar el segmento OA encontramos el punto K sobre esta circunferencia. Sabemos que K es centro de una circunferencia que pasa por los vértices B y C y por el incentro I. Como conocemos el radio r de la circunferencia inscrita podemos trazar una recta m a distancia r de la recta BC y por el lado contrario de ésta al que está el punto K. Esta recta cortará a la circunferencia (K) en el incentro I (en general aparecerán dos puntos simétricos respecto de la recta OA ). La recta KI cortará a la circunferencia (O) en el vértice A del triángulo buscado. 16

30 Discusión. Además de la condición evidente a > 2r, para que el problema tenga solución es necesario que la circunferencia (K) corte a la recta m, y esto ocurrirá siempre que sea d 24a2 r 2 a 4 16r 4. 8r(a 2 4r 2 ) 12. Una segmento variable de longitud constante tiene sus extremos en dos rectas secantes fijas. Demostrar que el lugar geométrico del ortocentro del triángulo variable formado por las tres rectas es una circunferencia. Solución. En el triángulo variable sean A el ángulo formado por las dos rectas y a el lado variable de longitud constante. Entonces, por ser a = 2R sen A, el radio de la circunferencia circunscrita es constante, y usando la fórmula AH 2 +BC 2 = 4 OA 2, la distancia de A al ortocentro H también será constante, es decir H estará en una circunferencia de centro A. 13. La base BC y la circunferencia circunscrita (O) de un triángulo variable ABC son fijos. Hallar el lugar geométrico del ortocentro del triángulo que tiene por vértices las trazas sobre (O) de las bisectrices interiores de los ángulos de ABC. U' A V W O I B C U Figura 16 17

31 Solución. Supongamos que las bisectrices del ángulo ABC cortan a la circunferencia (O) en los puntos U, V, W. En la Figura 16 hemos trazado el diámetro UU formando el ángulo recto UAU. Entonces, siendo UAC = 1 A y CAV = 1 B, resulta que 2 2 V AU = A 1 2 B = 1 2 C = ACW = AU W, la cuerda V W será paralela a la cuerda U A, y por tanto perpendicular a la recta UA. Esto indica que UA es una altura del triángulo UV W. De la misma forma, V B y WC son también alturas, por lo que el ortocentro de UV W es el incentro I de ABC. Al variar A sobre la circunferencia sabemos que I describe arcos de circunferencia con centros en U y U, y pasando por B y C, y estos dos arcos son el lugar geométrico buscado. 18

32 PROBLEMAS PARA LOS MÁS JÓVENES 37 Cinco problemas de un campamento matemático de verano 2009 en Darmanesti (Rumania) J37.1: Si la suma de la longitud y la anchura de un rectángulo es 2, demostrar que el perímetro de este rectángulo es cuadrado perfecto. J37.2: Sea A = 10 n n a, donde n es un número natural y a es un dígito. Determinar a sabiendo que A es divisible por 3. J37.3: La mediana AM (M pertenece al lado BC) en el triángulo acutángulo ABC corta por segunda vez a la circunferencia circunscrita al triángulo en D (la primera vez es en A). Si E es el simétrico de A con respecto a M, demostrar que BC es la tangente común a los círculos circunscritos a los triángulos BDE y CDE. J37.4: Calcular el resto de la división del número por J37.5: Se considera el número Demostrar que A a a 0, 2 0,3. 11

33 Solución al Problema Un conjunto M de cuatro números naturales se dice ligado, si para todo elemento x M, al menos uno de los números x 1 y x + 1 pertenece a M. Sea U n el número de subconjuntos ligados del conjunto {1, 2,..., n}. a)calcular U 7. b) Determinar el menor número n tal que U n Por la definición de conjunto ligado, éste debe estar formado por dos pares de enteros del tipo (k,k+1), k N. Ahora, si tenemos el conjunto S n = {1,2,3,...,n}, para formar todos los subconjuntos ligados de S n, basta tomar de dos en dos pares del tipo (k,k+1); el número de ellos es n 1; si los enumeramos, tenemos: (1,2),(2,3),(3,4),...(n 1, n). El número de los pares de pares es: U n = ( n 1 2) = (n 1)!/[(n 3)! 2!] = (n 1)(n 2)/2. (*) a) Con la fórmula (*), tenemos: U 7 = 6!/[4!2!] = 15. b) Haciendo U n = 2006 y despejando n de la fórmula (*), obtenemos la ecuación cuadrática n 2 3n 4012 = 0, cuya raíz positiva es x = n = ( )/2. Como 126,7 y U n es una función creciente de n, aproximamos hacia arriba: x = n = ( )/2 = 65. Substituyendo en la fórmula (*), nos da: U n = Se comprueba que, para n = 64, resulta U n < 2006.

34 PROBLEMAS DE NIVEL MEDIO Y DE OLIMPIADAS 37 Cinco problemas de la Competición Matemática de Stanford ( ) En un tetraedro (no necesariamente regular), dos aristas opuestas tienen la misma longitud a y son mutuamente perpendiculares. Además, cada una de ellas es perpendicular al segmento, de longitud b, que une sus respectivos puntos medios. Expresar el volumen del tetraedro en función de a y b (1946,#2) Diez personas están sentadas alrededor de una mesa redonda. Se quiere distribuir la cantidad de 10$ entre ellas, de manera que cada una reciba la mitad de la suma de las cantidades que reciben las dos personas que tiene sentadas a su derecha y a su izquierda. Hay una única forma de hacer el reparto? (1956,#4) Cuál es la edad del capitán, cuántos hijos tiene, y cuál es la longitud de su barco?. Se conoce el producto, 32118, de los tres números naturales buscados; la longitud de su barco se mide en pies (más de uno); el capitán tiene hijos e hijas; y tiene más años que el número total de sus hijos, pero no llega a tener 100 años. (1958,#1) Sobre cada lado de un triángulo cualquiera se construye, exteriormente al triángulo, un cuadrado. Los 6 vértices de esos cuadrados que no son vértices del triángulo forman un hexágono. Tres de sus lados son, evidentemente, iguales a los lados correspondientes del triángulo. Demostrar que cada uno de los restantes tres lados del hexágono es igual al doble de una mediana del triángulo. (1959,#4) (1961#4)Dados a,b,c resolver el sistema de tres ecuaciones en las incógnitas x,y,z : x 2 y 2 + x 2 z 2 = axyz y 2 z 2 +y 2 x 2 = bxyz z 2 x 2 + z 2 y 2 = cxyz

35 Revista Escolar de la O.I.M. 37 Problemas Problema 181 (propuesto por Pedro H.O. Pantoja, UFRN, Natal, Brasil) Hallar todos los polinomios p(x), con coe cientes enteros, cuyo coe ciente de primer grado es nulo, tales que se veri can las dos condiciones siguientes: a) p(2009) + p p = b) p (2009) = p 0 (2009) Problema 182 (propuesto por Pedro H.O. Pantoja, UFRN, Natal, Brasil) Demostrar que la ecuación x 3 y z = (1 x) 3 + 6w 2 + 6t (t 1) tiene in nitas soluciones (x; y; z; w; t) en enteros. Problema 183 (propuesto por Laurentiu Modan, Bucarest, Rumania) Calcular, si existen, los siguientes límites : 1 a) L 1 = lim n!1 n 1 b) L 2 = lim n!1 n nx k 2 + n 2 k=1 nx k=1 n 2 ln k + n k k 2 + n 2 n 2 ln k2 + n 2 k 2 Problema 184 (propuesto por Luis Gómez Sánchez, Universidad de Oriente, Venezuela) Resolver la ecuación 1X k=1 x k 2 (1 + x k ) (1 + x k 2 ) = 1 18 ; x 2 R: Problema 185 (propuesto por el editor) ABCD es un paralelogramo; el orden de las letras indica el sentido antihorario. E es un punto jo de la recta BC. Se dividen AB y AD en el mismo número de partes iguales, y se unen E y C con los correspondientes puntos de AB y AD. Determinar el lugar geométrico de los puntos de intersección de esas rectas. Nota: el problema no es nuevo. Se dará noticia de su procedencia cuando se publique la solución. 1

36 Problema 11 (REVISTA N 3) Sobre los lados de un triángulo ABC como bases se trazan, interiormente, tres triángulos isósceles, cuyos ángulos iguales miden radianes. Si el triángulo formado por los terceros vértices de esos tres triángulos es semejante al ABC, demostrar que tan senasenbsenc 1 cos A cosbcosc RESOLUCIÓN i. En el triángulo ABC: AC ' BC ' 1 c.sec 2 BA ' CA ' 1 a.sec 2 AB' CB' 1 b.sec 2 ii. En el triángulo AC'B' (Teorema de cosenos) B'C' AC' AB' 2AC'.AB'.cos(A 2 ) B'C ' sec c b 2c.b.cos(A 2 ) tambien : a b c 2bc.cos A B'C ' sec.(a 2bc.cos A 2cb.cos(A 2 )) 4 2bc cos A cos(a 2 ) B'C ' sec a 4bc.sen(A ).sen 4 Análogo para los demás lados.

37 A 'B' sec c 4 4ab.sen(C ).sen C' A ' sec b 4 4ca.sen(B ).sen iii. En el triángulo A'B'C' (teorema de senos) 2 2 B'C' A 'B' senc A 'B' c 2 sena senc sena B'C' a Reemplazando y efectuando: sec c 4ab.sen(C ).sen senc 4 sena sec a 4bc.sen(A ).sen 4 senc c 4ab.sen(C ).sen c sena 2 a 4bc.sen(A ).sen a 2 2 c a 2 2 senc 2 a.sen(c ) sen(c ) senc.sen cot cotc sena c.sen(a ) ssen(a ) cot cot A sena.sen Por propiedad de proporciones y aplicando identidades: cot cotc sen C cot C cot A sen A sen C sen(a C) sen(a C).sen(A C) sena.senc senc cot cotc sen(a C).senA cot cot cot cot 1 cos C 2 sen C senb senbsena cosc senb.senasenc 1 cosc cosc senbsena senb.senasenc 1 cosc cos(a B) senbsena senb.senasenc 1 cosccos A cosb senb.senasenc tan senb.senasenc 1 cosccos A cosb l.q.q.d.

38 Problema 176, propuesto por Daniel Lasaosa Medarde, Pamplona (España) Dado un triángulo no degenerado ABC, y un punto P en su interior, trazamos las cevianas AD, BE, CF que pasan por P. Determinar todos los triángulos ABC y todos los puntos P en su interior para los que se cumple que al menos dos de las circunferencias circunscritas a AEF, BFD y CDE pasan por P. Solución. A C' F H P B' E B A' D C En primer lugar la condición al menos dos circunferencias circunscritas pasan por P implica que las tres circunferencias pasan por P. En efecto, supongamos que las circunferencias circunscritas a AEF y BFD pasan por P, entonces los cuadriláteros AEPF y BFPD son inscriptibles, tenemos FPE = 180º A DPE = 360º ( FPE + FPD) = A + B = 180º C FPD = 180º B y la circunferencia circunscrita a CDE pasa por P. Si trazamos las tres alturas AA, BB y CC que se cortan en H, el triángulo queda descompuesto en tres cuadriláteros AC HB, BA HC y CB HA. Supongamos que P está en el interior del cuadrilátero CB HA, entonces los ángulos PEC y PDC son obtusos y el cuadrilátero CEPD no puede ser inscriptible; luego P no puede estar en el interior del cuadrilátero CB HA. Por el mismo motivo no puede estar en el interior de los cuadriláteros AC HB, BA HC. Finalmente si P está en alguna de las alturas, por ejemplo en el segmento BB entonces PEC = 90º y el ángulo opuesto PDC también debe ser recto, es decir P debe estar sobre la altura AA y por tanto debe coincidir con H. Como P ha de estar en el interior del triángulo la respuesta es todos los triángulos acutángulos y para cada uno P el ortocentro.

39 PROBLEMA 177 Sea el siguiente polinomio: Calcular el límite cuando tiende a infinito de ese polinomio. SOLUCION: Escribiendo Como Podemos reescribir el polinomio como y usando el binomio de Newton se obtiene Si se tiene que Si cuando se tiene que Por tanto

40 Problema 178. Sean a,b,c números reales verificando 0 < abc,, 1. Demostrar que Claramente sumando a 2+ 3b 2+ 3c ,, 2+ 3a b c = 2+ 3a 2+ 3b 2+ 3c 5 5,

41 PROBLEMA 179, propuesto por Juan Bosco Romero Márquez, Ávila, España Sean T y T los triángulos ABC, A B C, rectángulos respectivamente en A y A. Se supones que sus lados respectivos verifican Demostrar que ( aa cíclica a > b c y a > b c. aa ) 2 ( a cíclica ) ( a 2 a Cuándo se verifica la igualdad? Se verifica la desigualdad para toda clase de triángulos? cíclica a 2 ) Solución por Daniel Lasaosa Medarde, Universidad Pública de Navarra, Pamplona, España Nótese en primer lugar que un escalado de uno de los dos triángulos (manteniendo las proporciones relativas entre sus lados) por un factor ρ no afecta al problema, pues entonces el término de la izquierda queda multiplicado por ρ 2, igual que el factor del miembro de la derecha correspondiente al triángulo escalado, quedando invariante el otro factor del miembro de la derecha. Podemos entonces asumir sin pérdida de generalidad que a = a. Multiplicando por 36 2 a ambos miembros de la igualdad, y desarrollando las sumas cíclicas, la desigualdad se escribe de forma equivalente como ( 5a 2 4bb 4cc ) 2 ( 5a 2 4b 2 4c 2) ( 5a 2 4b 2 4c 2). Si los triángulos son rectángulos en A, A respectivamente, entonces b = a sin B, c = a cos B, b = a sin B y c = a cos C, con lo que la desigualdad queda como (5 4 cos(b B )) 2 1. Al ser 4 cos(b B ) 4, el miembro de la derecha es claramente mayor o igual que 1 2 = 1, con igualdad si y sólo si B = B, es decir, si y sólo si ABC y A B C son semejantes. Supongamos ahora que los triángulos no son rectángulos en A, A, pero que mantenemos las condiciones a b c y a = a b c. Si 5a 2 4b 2 + 4c 2 pero 5a 2 4b 2 +4c 2, o viceversa, el miembro de la derecha es no positivo, cumpliéndose claramente la desigualdad, con igualdad si y sólo si ambos miembros son nulos. El miembro de la derecha es nulo, sin pérdida de generalidad por simetría en el problema, si 5a 2 = 4b 2 + 4c 2. Ha de ser además 5a 2 = 4bb + 4cc para que el término de la izquierda sea nulo. Se tiene entonces que bb +cc = b 2 +c 2, pudiendo tomar b y c a priori varios valores; por ejemplo, si a = a = 2, b = c = 5 2, cualquier combinación con b + c = 10, siempre que 2 b c, proporciona el resultado adecuado, es decir, cualquier combinación de la forma b = ( ) 5 2 ρ, c = ( ) 5 2 ρ para cualquier ρ [0, 1]. Supongamos ahora que 5a 2 > 4b 2 + 4c 2, 4b 2 + 4c 2. Escribimos la desigualdad a demostrar como inecuación de segundo grado en c : (5a 2 4b 2 )c 2 2c(5a 2 4bb )c + 5a 2 (b b) 2 + (5a 2 4b 2 )c

42 El discriminante de esta inecuación es c 2 (5a 2 4bb ) 2 5a 2 (b b) 2 (5a 2 4b 2 ) c 2 (5a 2 4b 2 )(5a 2 4b 2 ) = = 5[5a 2 4b 2 4c 2 ]a 2 (b b) 2 0, con igualdad si y sólo si b = b. Como para c = 0 la inecuación claramente se cumple de forma estricta, pues c > 0 y 4b 2 4a 2, y la ecuación correspondiente no puede tener raíces reales pues el discriminante es nulo, entonces la desigualdad siempre se cumple de forma estricta para cualquier valor de c cuando b b. Otro tanto sucede si escribimos la desigualdad como inecuación cuadrática en c. Sin embargo, si b = b, la desigualdad se escribe como (c c ) 2 0, que es claramente cierta, con igualdad si y sólo si c = c. Se tiene entonces que si 5a 2 > 4b 2 +4c 2, 4b 2 +4c 2, la desigualdad se cumple siempre, con igualdad si y sólo si los triángulos son semejantes. Supongamos finalmente que 5a 2 < 4b 2 + 4c 2, 4b 2 + 4c 2. Igual que en el caso anterior, podemos escribir la desigualdad como inecuación cuadrática en c o c, pero esta vez se tiene que la inecuación tiene soluciones reales, con lo que ya no se cumple siempre. Por ejemplo, si a = a = 2 3b 3 = 2 3c 3, se tiene que la desigualdad se convierte en 15a 2 + 4b 2 + 4c ab 10 3ac + 12bc 0. Si además b = a, se tiene que la desigualdad es equivalente a 4c 2 ( )ac + ( )a 2 0. Nótese por ejemplo que la desigualdad se cumple de forma estricta cuando c = b = a, y cuando c 0, al ser 10 3 < 361 = 19, pero para c = a , la desigualdad sería equivalente a 0 4 (5 3 6) 2 16 ( ) ( ) = ( ) (5 3 6) 2 = 4 4 = 5(4 3 7), 4 que es imposible al ser el último miembro negativo, por ser 4 3 = 48 < 7, con lo que en este caso no se cumpliría la desigualdad, que de hecho no se cumpliría para todo c tal que ) < c < a Resumiendo, podemos decir que la desigualdad se cumple para todos aquellos pares de triángulos tales que no se cumple simultáneamente 5a 2 < 4b 2 + 4c 2 y 5a 2 < 4b 2 + 4c 2, dándose la igualdad si y sólo si ambos triángulos son semejantes, o si 5aa = 4bb + 4cc, y además 5a 2 = 4b 2 + 4c 2 o 5a 2 = 4b 2 + 4c 2. Para aquellos pares de triángulos tales que 5a 2 < 4b 2 + 4c 2 y 5a 2 < 4b 2 + 4c 2, la desigualdad no tiene por qué darse, siendo relativamente compleja la condición que han de cumplir los triángulos para que se cumpla la desigualdad y para que se dé la igualdad.

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