lunes, 31 de julio de 2017

Identidad en un Triángulo Equilátero

Ésta es mi solución a un sencillo pero elegante problema propuesto por Alejandro Minier.

En el triángulo equilátero $\triangle{ABC}$, una recta sale de $A$ e intersecta al lado $BC$ en un punto $P$ y al circuncírculo de $\triangle{ABC}$ en $Q$. Demuestre que:

$$\frac{1}{PQ}=\frac{1}{BQ}+\frac{1}{CQ}$$

Demostración.




$$AP⋅PQ=BP⋅CP$$


Despejando $PQ$, su recíproco esta dado por la siguiente expresión:

$$\frac{1}{PQ}=\frac{AP}{BP⋅CP}$$


Por el teorema de Van Schooten tenemos:

$$BQ+CQ=AQ$$
$$BQ+CQ=AP+PQ$$
$$BQ+CQ=AP+\frac{BP⋅CP}{AP}=\frac{AP^2+BP⋅CP}{AP}$$

Note que $\angle{AQB}=\angle{ACB}=\angle{ABC}=\angle{AQC}=60^\circ$. Por lo que $AQ$ bisecta el ángulo $\angle{BQC}$. Por propiedad de la bisectriz:

$$PQ^2+BP⋅CP=BQ⋅CQ$$

Note que 

$$\frac{1}{BQ}+\frac{1}{CQ}=\frac{BQ+CQ}{BQ⋅CQ}$$


De las expresiones obtenidas resulta:

$$\frac{BQ+CQ}{BQ⋅CQ}=\frac{AP^2+BP⋅CP}{AP}⋅\frac{1}{PQ^2+BP⋅CP}$$

$$\frac{BQ+CQ}{BQ⋅CQ}=\frac{AP^2+BP⋅CP}{AP}⋅\frac{1}{\frac{BP^2⋅CP^2}{AP^2}+BP⋅CP}$$

$$\frac{BQ+CQ}{BQ⋅CQ}=\frac{AP(AP^2+BP⋅CP)}{BP^2⋅CP^2+AP^2⋅BP⋅CP}$$

$$\frac{BQ+CQ}{BQ⋅CQ}=\frac{AP(AP^2+BP⋅CP)}{BP⋅CP(AP^2+BP⋅CP)}$$

$$\frac{BQ+CQ}{BQ⋅CQ}=\frac{AP}{BP⋅CP}$$

Por lo tanto, 

$$\frac{1}{PQ}=\frac{1}{BQ}+\frac{1}{CQ}$$
$$Q.E.D.$$



domingo, 30 de julio de 2017

XIX Olimpiada Matemática de Centroamérica y el Caribe 2017 - Problema 3

Dado un triángulo $ABC$, sean $D$ el pie de la altura desde $A$, y $L$ la recta que pasa por los puntos medios de $AC$ y $BC$. Sea $E$ la reflexión del punto $D$ respecto a $L$. Demuestre que el circuncentro del triángulo $ABC$ está sobre la recta $AE$. El examen completo lo puede encontrar aquí.

Demostración.



Sean $M_a$ y $M_b$ los puntos medios de los lados $BC$ y $AC$, respectivamente. Es obvio que $DM_b=AM_b=CM_b=R$, por ser $DM_b$ el radio de la circunferencia circunscrita del triángulo rectángulo $ACD$, que denotamos con $(ACD)$. Al ser $E$ la reflexión de $D$ respecto a la recta $M_aM_b$, el triángulo $DEM_b$ es isósceles y $DM_b=EM_b$, significando que $E$ yace en $(ACD)$. Denotemos con $D'$ la intersección de $DE$ con $M_aM_b$. Los triángulos $DD'M_a$ y $ABD$ son similares por propiedad de ángulos entre paralelas (note que $AB$ es paralela con $M_aM_b$ por propiedad del triángulo medial). Entonces, los ángulos $\angle{EDC}$ y $\angle{BAD}$ son congruentes. Además $\angle{BAD} = \angle{EDC} = \angle{EAC}$. Al ser $AO$ la conjugada isogonal de $AD$, $\angle{CAO} = \angle{BAD} = \angle{EAC}$. $\square$  

martes, 25 de julio de 2017

Otra Demostración de un Problema sobre un Triángulo Equilátero

$ABC$ es un triángulo equilátero. $P$ es la extensión de $AB$ tal que $AP = AB$. Si $PQ$ y $PR$ son líneas tangentes a la circunferencia circunscrita, $\omega$, de $ABC$, en $Q$ y $R$, respectivamente, demuestre que la cuerda $QR$ contiene a $M$, el punto medio de $AC$.


Demostración

Lema 1. Considere la circunferencia circunscrita, $\kappa$, del triángulo $ACO$, donde $O$ es el circuncentro del triángulo $ABC$. Llamemos $D$ a la segunda intersección de $BO$ con $\kappa$. Los puntos $P$, $D$, $Q$, $O$ y $R$ yacen en una misma circunferencia.

Demostración. Las circunferencias $\omega$ y $\kappa$ son congruentes. Note que las circunferencias circunscritas de los triángulos $BCO$ y $ABO$ son congruentes con $\kappa$ por ser $ACO$, $BCO$ y $ABO$ triángulos congruentes. Ahora, por el teorema de Johnson, $\omega$ es congruente con $\kappa$. Por simetría con respecto al lado $AC$, $AD = AB$. El triángulo $ABD$ es isósceles con $\angle{BAD} = 120^\circ$, por lo que $\angle{DAP} = 60^\circ$, de donde se concluye que el triángulo $ADP$ es equilátero. Note que $\angle{PDA} + \angle{ADB} = 60^\circ + 30^\circ = 90^\circ$. Pero también $\angle{PQO} = 90^\circ$. De donde resulta que el cuadrilátero $PDQO$ es cíclico. Como $\angle{PQO}$ y $\angle{PRO}$ son suplementarios, $R$ está en la circunferencia circunscrita al cuadrilátero $PDQO$.  $\square$



Consideremos una inversión con respecto a $\omega$. Las líneas $AB$, $BC$ y $AC$ se transforman en las circunferencias circunscritas de los triángulos $ABO$, $BCO$ y $ACO$, respectivamente. Los inversos de las líneas $PQ$ y $PR$ son las circunferencias cuyos diámetros son $OQ$ (tangente en $Q$) y $OR$ (tangente en $R$). La segunda intersección de estas circunferencias, aparte de $O$, es $P'$, el inverso de $P$. Las circunferencias (OQ) y (OR) son congruentes por tener diámetro igual al radio de $\omega$. De modo que $\angle{OQP'}=\angle{ORP'}$. En el diagrama original, $\angle{OQP}=\angle{ORP}=90^\circ$. En el diagrama invertido, $\angle{OP'Q}=\angle{OP'R}=90^\circ$, de donde resulta que Q, P' y R están alineados y $OP'$ es perpendicular con $QR$. La imagen inversa de $M$, el punto medio de $AC$, es la segunda intersección de $OB$, aparte de $O$, con $(ACO)$. 


Note que si en el diagrama original $Q$, $M$ y $R$ están alineados, entonces $Q$, $M'$, $R$ y $O$ deben ser cíclicos en el diagrama invertido. Pero por el lema 1, sabemos $Q$, $M'$, $R$ y $O$ están en una misma circunferencia, por lo que $Q$, $M$ y $R$ son colineales. $\square$

Éste es el problema 1 de un conjunto de siete problemas que publiqué en cut-the-knot.org en 2014. 







sábado, 22 de julio de 2017

IMO 1994/2

$ABC$ es un triángulo isósceles donde $AB= AC$. Suponga que  

1. $M$ es el punto medio de $BC$ y $O$ es un punto de la línea $AM$ tal que $OB$ es perpendicular a $AB$;

2. $Q$ es un punto arbitrario en el segmento $BC$ diferente de B y C;

3. $E$ yace sobre la línea $AB$ y $F$ está sobre la línea $AC$ tal que $E$, $Q$, $F$ son distintos y están alineados. Demuestre que $OQ$ es perpendicular a $EF$ sí y solo sí $QE = QF.$

Demostración.




Teorema 1 (Miquel). Las circunferencias circunscritas de los triángulos $\triangle{ABC}$, $\triangle{BEQ}$, $\triangle{AEF}$ y $\triangle{CFQ}$ concurren en un punto común que llamaremos $O'$, en particular, éste es el punto de Miquel del cuadrilátero completo $ABCEFQ$. 

Demostración. Éste es un hecho harto conocido, por lo que omitiré la demostración. De todos modos, puede encontrar una demostración de este hecho aquí

Lema 2. Las circunferencias circunscritas de los triángulos $\triangle{BEQ}$ y $\triangle{CFQ}$ son congruentes.

Demostración. Denotemos $\angle{CBA} = \angle{ACB} = \alpha$ y $QE = QF = x$. El radio de la circunferencia circunscrita del triángulo $\triangle{BEQ}$ está dado por la expresión:

$$R_{(BEQ)} = \frac{(BE)(BQ)(x)}{(4)(1/2)(BE)(BQ)sin\alpha} = \frac{x}{2sin\alpha}$$

Del mismo modo, el radio de la circunferencia circunscrita del triángulo $\triangle{CFQ}$ está dado por:

$$R_{(CFQ)} = \frac{(CF)(CQ)(x)}{(4)(1/2)(CF)(CQ)sin(180^\circ-\alpha)} = \frac{x}{2sin\alpha}$$

Así, $R_{(BEQ)} = R_{(CFQ)}$.

Lema 3. $O'Q$ es perpendicular a $EF$.

Demostración. Por el teorema 1, sabemos que el otro punto de intersección de las circunferencias $(BEQ)$ y $(CFQ)$, a parte de $Q$, debe ser el punto de Miquel, $O'$. Así, $O'Q$ es una cuerda común de las circunferencias congruentes $(BEQ)$ y $(CFQ)$, y, por lo tanto, $\angle{O'EQ} = \angle{O'FQ}$. De donde se concluye que el triángulo $\triangle{O'EF}$ es isósceles y al ser $Q$ el punto  medio del lado $EF$, $O'Q$ es una altura del triángulo $\triangle{O'EF}$, por lo que $O'Q$ es perpendicular a $EF$. 

Ahora basta con probar que $O'$ es precisamente el punto $O$ del problema original. Para eso debemos demostrar que $O'$ está en la recta $AM$ y que $O'B$ es perpendicular a $AB$. 

El cuadrilátero $EBO'Q$ es cíclico y sabemos que $O'Q$ es perpendicular a $EF$, por lo tanto, $\angle{EBO'} = 90^\circ$. Así, $O'B$ es perpendicular a $AB$. 

Finalmente, probaremos que $O'$ está en la recta $AM$, bisectriz del ángulo $\angle{BAC}$. Para eso demostraremos que $\angle{FAO'} = \angle{BAO'}$. Calculando ángulos tenemos:

$$\angle{FAO'} = \angle{CAO'} = \angle{CBO'} = \angle{QBO'} = \angle{QEO'} =$$
$$ \angle{QFO'} = \angle{EFO'} = \angle{EAO'} = \angle{BAO'}$$

Ésto demuestra que $O' = O$, y que por lo tanto, $OQ$ es perpendicular a $EF$.

Solo quedaría por probar el enunciado recíproco, pero será en otra ocasión. 

lunes, 17 de julio de 2017

Colinealidad Asociada al Incírculo Mixtilíneo de un Triángulo

Considera un triángulo $\triangle{ABC}$ y una circunferencia, $m$, tangente al lado $AC$ en $Q$, al lado $AB$ en $D$ y a la circunferencia circunscrita al $\triangle{ABC}$, $n$, en $R$. Denotemos con $P$ el punto donde la bisectriz del ángulo $\angle{ABC}$ corta a $n$. 




Demostrar que $P$, $Q$, $R$ están alineados. 





Demostración.




Considere una inversión con centro en $A$ y radio $AQ$. $Q$ está fijo. La circunferencia de inversión y $m$ son ortogonales, por lo que $m$ está fija. La inversión de $n$ es la recta que pasa por los vértices invertidos $B'$ y $C'$. La imagen invertida de $R$ es el punto de tangencia de la línea $B'C'$ y $m$, que denotamos con $R'$. El inverso de $P$ es la intersección de las líneas $AP$ y $B'C'$. Note que $m$ es el $A$-excírculo del $\triangle{AB'C'}$. El ángulo $\angle{ABP}=\angle{AP'B'}$ y $\angle{ABC}=2\angle{ABP}=2\angle{AP'B'}=\angle{AC'B'}$. Fíjese que el triángulo $\triangle{C'R'Q}$ es isósceles, por lo que $\angle{C'QR'}=\frac{180^\circ-(180^\circ-2\angle{AP'B'})}{2}=\angle{AP'B'}$. De donde se concluye que $AP'QR'$ es cíclico, y que por lo tanto, $P$, $Q$ y $R$ están alineados. 

lunes, 3 de julio de 2017

Una Propiedad del Conjugado Armónico del Punto de Feuerbach

Considera un triángulo $\triangle{ABC}$. Denotemos el incentro, el Centro de Circunferencia de los Nueve Puntos y el punto de Feuerbach con $I$, $N$, $F_e$, respectivamente. $M_aM_bM_c$ es el triángulo medial de $\triangle{ABC}$. $M_1M_2M_3$ es el triángulo de medio arco del triángulo medial de $\triangle{ABC}$. $T_aT_bT_c$ es el triángulo formado por los puntos de tangencia del incírculo de $\triangle{ABC}$ con $\triangle{ABC}$ (ver figura debajo). 


Demostrar que $M_1T_c$, $M_2T_a$, $M_3T_b$ concurren en el conjugado armónico del punto de Feuerbach con respecto a $I$ y a $N$. Por cierto, éste es el punto $X(12)$ en la ETC.

Demostración.


Para la demostración será suficiente con probar que el punto donde $M_1T_c$ corta $F_eN$ es precisamente el conjugado armónico del punto de Feuerbach, y que por un razonamiento similar lo hacen también las líneas $M_2T_a$ y $M_3T_b$.

Lema 1. ${IT_c} \parallel {NM_1}$.

Demostración. Note que como $M_1$ es el punto medio del arco $M_aM_b$, $NM_1$ es mediatriz del segmento $M_aM_b$ y, por lo tanto, perpendicular al mismo. Note también que el lado $AB$ es paralelo con $M_aM_b$. El lado $AB$ es perpendicular con $IT_c$, de donde se sigue que ${IT_c} \parallel {NM_1}$.

Lema 2. Denotemos $T'_c$ la reflexión de $T_c$ respecto a $I$, entonces, $F_e$, $T'_c$ y $M_1$ están alineados. 

Demostración. Ésto es una consecuencia directa del muy conocido lema 1 en el Libro de Lemas de Arquímedes

Si hacemos a $P$ el punto donde $M_1T_c$ corta a $F_eN$, es fácil notar (por propiedad de ángulos alternos internos) que $\triangle{IPT_c}\sim\triangle{M_1NP}$.


De ésto se sigue que 


$$\frac{IT_c}{IP} = \frac{M_1N}{NP}$$

pero $IT_c = F_eI$; $M_1N = F_eN$.

Así tenemos

$$\frac{F_eI}{IP} = \frac{F_eN}{NP}$$ 

Lo que por definición demuestra que $P$ es el conjugado armónico de $F_e$ con respecto a $I$, $N$. Por un razonamiento análogo, las líneas $M_2T_a$ y $M_3T_b$ cortan $F_eN$ en el conjugado armónico de $F_e$.






domingo, 18 de junio de 2017

Una Aplicación del Teorema de Stewart

Éste es el problema 311 en GoGeometry.com.

En la figura de abajo, el círculo $C$ está inscrito en el semicírculo con diámetro $AB$. Si $D$ y $E$ son puntos de tangencia, demuestra que 

$$\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}=\frac{2}{x^2}$$



Demostración.



Hagamos $G$ la extensión de $AB$ tal que $EG$ es tangente al semicírculo en $E$.



$$(a + b + BG)BG = EG^2$$

Note que

$$DG = EG$$

$$BG=EG-b$$

$$(a + b + EG - b)(EG - b) = EG^2$$

Despejando $EG$ 

$$EG = \frac{ab}{a-b}$$

También tenemos que 

$$OD = \frac{a+b}{2}-b$$

$$DE=x$$

Ahora, aplicando el teorema de Stewart a $\triangle{OEG}$

$$x^2(OB+BG)=(OE^2)(DG)+(EG^2)(OD)-(OD)(DB)(OB)$$

Reescribiendo en términos de $a$, $b$ y $x$

$$x^2(\frac{a^2+b^2}{2a-2b})=(\frac{a+b}{2})^2(\frac{ab}{a-b})+(\frac{ab}{a-b})^2(\frac{a+b}{2}-b)-(\frac{a^2+b^2}{2a-2b})(\frac{ab}{a-b})(\frac{a+b}{2}-b)$$

Simplificando 


$$\frac{x^2(a^2+b^2)}{2a-2b}=\frac{a^2b^2}{a-b}$$

$$x^2a^2 + x^2b^2=2a^2b^2$$

Dividiendo por $a^2b^2x^2$

$$\frac{1}{a^2} + \frac{1}{b^2}=\frac{2}{x^2}$$

$$Q.E.D.$$

martes, 30 de mayo de 2017

Extracto del libro "El lamento de un matemático" de Paul Lockhart

Simplicio: ¿Realmente estás intentando decir que las matemáticas no ofrecen ninguna aplicación útil o práctica a la sociedad?

Salviati: Por supuesto que no. Simplemente estoy diciendo que sólo porque algo tenga consecuencias prácticas, no significa que trate de eso. La música puede llevar a ejércitos a la batalla, pero eso no es la razón de por qué se escriben sinfonías. Miguel Ángel decoró un techo, pero estoy seguro de que tenía cosas más imponentes en mente.

Simplicio: ¿Pero no necesitamos a gente que aprenda esas consecuencias tan útiles de las matemáticas? ¿No necesitamos contables y carpinteros, etc?

Salviati: ¿Cuánta gente utiliza de verdad esta «matemática práctica» que supuestamente aprendió en el colegio? ¿Crees que los carpinteros usan la trigonometría? ¿Cuántos adultos se acuerdan de cómo dividir fracciones, o de resolver ecuaciones cuadráticas? Obviamente el programa de enseñanza práctica no está funcionando, y por una buena razón: es insoportablemente aburrido, y de todas maneras nadie lo usa nunca. Entonces, ¿por qué la gente piensa que es importante? No veo por qué hace bien a la sociedad tener a sus miembros por ahí con vagos recuerdos de fórmulas algebraicas y diagramas geométricos, y recuerdos claros de odiarlos. Podría, sin embargo, hacer algún bien, enseñarles algo bonito y darles la oportunidad de disfrutar de ser pensadores creativos, flexibles y de mente abierta —el tipo de cosas que una educación matemática real puede dar.

Simplicio: Pero la gente necesita poder establecer el saldo de sus talonarios de cheques, ¿no?

Salviati: Estoy seguro de que la mayor parte de la gente usa la calculadora para la aritmética cotidiana. Es verdaderamente más fácil y más fiable. Pero la clave no es sólo que el sistema actual sea tan terriblemente malo, ¡es que lo que falta es maravillosamente bueno! Las matemáticas deberían ser enseñadas como arte por el arte. Estos aspectos mundanos de «utilidad» seguirían naturalmente como un subproducto trivial. Beethoven podía escribir fácilmente una música de anuncio, pero su motivación para aprender música era crear algo hermoso.

Simplicio: Pero no todo el mundo está hecho para ser artista. ¿Qué pasa con los niños que no sean «gente matemática»? ¿Cómo encajarían en tu esquema?

Salviati: Si todo el mundo fuese expuesto a las matemáticas en su estado natural, con toda la diversión estimulante y sorpresas que conlleva, creo que veríamos un cambio dramático, tanto en la actitud de los alumnos hacia las matemáticas, como en nuestra concepción de qué significa que a alguien se le «den bien las matemáticas». Estamos perdiendo a muchos talentos matemáticos en potencia—gente creativa e inteligente que con razón rechazan lo que parece ser un tema sin sentido y estéril—. Simplemente son demasiado listos como para perder su tiempo con esas tonterías.

Simplicio: ¿Pero no opinas que si las clases de matemáticas se hiciesen más como las de arte, la gente no aprendería nada?

Salviati: ¡No están aprendiendo nada ahora! Mejor no tener clases de matemáticas en absoluto que hacer lo que se está haciendo ahora. Al menos algunos tendrán la oportunidad de descubrir algo bonito por sí mismos.

Simplicio: Entonces, ¿eliminarías las matemáticas del programa de estudios?

Salviati: ¡Las matemáticas ya se han eliminado! La única cuestión es qué hacer con la insulsa cáscara vacía que queda. Por supuesto, preferiría reemplazarla por la participación alegre y activa en ideas matemáticas.

Simplicio: Pero, de todas formas, ¿cuántos profesores de matemáticas saben lo suficiente de su área como para enseñarla de esa forma?

Salviati: Muy pocos. Y eso es sólo la punta del iceberg. . .

Un interesante vídeo del autor del libro (en inglés):



sábado, 6 de mayo de 2017

miércoles, 3 de mayo de 2017

A Novel Sangaku Problem

Consider an equilateral triangle $ABC$ and its circumcircle. Let $I$ be the center of the incircle of $\triangle{ABC}$ and $M_a$ the center of its $A$-mixtilinear incircle. See figure below.


Prove that the radius of the circle bounded by a side of $\triangle{ABC}$, its incircle and a mixtilinear incircle is $\frac{5r}{18}$, where $r$ is the inradius of $\triangle{ABC}$.



Related topic:


lunes, 17 de abril de 2017

Golden Section Associated to the Golden Gnomon, the Nine Point Center and an Excircle

Given:

*$ABC$ is the golden gnomon.
*$N$ is the center of the Nine-point center.
*$I_a$ is the center of the A-excircle.

Prove that the semicircle $NI_a$ touch $AC$ in $G$, such that

$$\frac{GM_b}{CG}=\phi$$


viernes, 14 de abril de 2017

Relación entre teoremas con connotaciones oftalmológicas

¿Qué relación habrá entre el Teorema del Globo Ocular (ver Eyeball Theorem) y el Teorema de los Ojos Bizcos (ver The Squinting Eyes Theorem)?

Pues, que cuando las dos circunferencias de referencia son tangentes externamente, el diámetro de la circunferencia inscrita correspondiente al "Squinting Eyes Theorem", y la cuerda correspondiente al "Eyeball Theorem" son congruentes. 

En la figura de abajo tenemos dos circunferencias tangentes con centros en $A$ y $B$. $C$ es la otra intersección de la línea $AB$ con la circunferencia de centro $A$. Desde $C$ dibujamos dos líneas tangentes a la circunferencia en $B$. Hagamos $T_c$ al punto de tangencia de la línea por encima de $AB$. Hagamos $D$ el centro de la circunferencia inscrita en la región limitada por la circunferencia en $A$ y las dos líneas tangentes provenientes de $C$. $E$ es el punto donde la línea $CT_c$ toca a la circunferencia en $D$. Desde $A$ dibujamos dos líneas tangentes más a la circunferencia en $B$. Hagamos $P$ y $Q$ los dos puntos donde estas líneas cortan la circunferencia en $A$ y $T_a$ el punto de tangencia por encima de $AB$. Por último, llamemos $r_1$, $r_2$ y $r_3$ a los radios de las circunferencias con centros en $A$, $B$ y $D$, respectivamente.





Note que los triángulos $\triangle{BCT_c}$ y $\triangle{ABT_a}$ son triángulos rectángulos. Por semejanza de triángulos se sigue

$$\frac{BT_c}{BC}=\frac{DE}{CD}$$

O lo que es lo mismo

$$\frac{r_2}{2r_1+r_2}=\frac{r_3}{2r_1-r_3}$$

Despejando $r_3$,

$$r_3=\frac{r_1r_2}{r_1+r_2}$$

Como $\triangle{APQ}$ es isosceles, $AB$ bisecta la cuerda $PQ$ en $M$. Consideremos ahora al $\triangle{AMQ}$. Otra vez, por semejanza de triángulos:

$$\frac{MQ}{AQ}=\frac{BT_a}{AB}$$

O lo que es lo mismo,

$$\frac{MQ}{r_1}=\frac{r_2}{r_1+r_2}$$

Despejando $MQ$,

$$MQ=\frac{r_1r_2}{r_1+r_2}$$

Por lo tanto, el diámetro de la circunferencia con centro en $D$ es congruente con la cuerda $PQ$.

Temas relacionados:











lunes, 6 de marzo de 2017

Centros de triángulo y la sección áurea

Este problema es un subproducto de un trabajo en colaboración con Paul Yiu. Ver Golden Sections of Triangle Centers in the Golden Triangles.

Demuestra que para el triángulo dorado corto (o gnomon dorado), el punto de Nagel divide el segmento $OI$ ($O$=circuncentro; $I$=incentro) de acuerdo a la sección áurea. (Paul Yiu) 




viernes, 3 de marzo de 2017

Sangaku Journal of Mathematics - Problema 2017 - 6

En este problema tipo Sangaku, se requiere demostrar que el radio del círculo pequeño, tangente a los dos semicírculos y al cuarto de círculo, es $\frac{4s}{33}$, donde $s$ es la longitud del lado del cuadrado $ABCD$. 



Demostración.


Denotemos con $O$ el centro del círculo pequeño de radio $r$. Llamemos $E$ y $F$ a los puntos medios de los lados $AB$ y $AD$, respectivamente. Hagamos $G$ y $H$ los puntos donde las perpendiculares desde $O$ intersectan los lados $AB$ y $AD$, respectivamente. $Y$, $Z$ son los puntos donde el círculo pequeño toca los semicírculos con diámetros $AD$ y $AB$, respectivamente. $X$ es el punto donde el círculo toca al cuarto de círculo. Por último, llamemos $a$ al segmento $EG$.

La solución a este problema está basada en el siguiente lema, cuya demostración es omitida por trivial:

"Si dos círculos son tangentes, los centros de estos círculos y el punto de tangencia están alineados". 

Consideremos los triángulos rectángulos $\triangle{BGO}$ y $\triangle{EGO}$. Como ambos tienen el lado $GO$ en común, tenemos 

$$BO^2 - BG^2 = EO^2 - EG^2$$

Pero $BO = s - r$; $BG = \frac{s}{2}+a$; $EO = \frac{s}{2}+r$. Así tenemos

$$(s-r)^2 - (\frac{s}{2}+a)^2=(\frac{s}{2}+r)^2-a^2$$

Desarrollando binomios y simplificando

$$a=\frac{s}{2}-3r$$

Consideremos ahora el triángulo rectángulo $\triangle{FHO}$. 

$$HO=AG=3r$$

$$FH=\sqrt{(\frac{s}{2}-r)^2-(3r)^2}$$

$$FH=\sqrt{\frac{s^2}{4}-sr-8r^2}$$

Volvamos al triángulo rectángulo $\triangle{BGO}$. La ecuación 

$$BG^2 + GO^2 = BO^2$$

ahora puede escribirse en términos de $r$ y $s$:

$$(\frac{s}{2}+\sqrt{\frac{s^2}{4}-sr-8r^2})^2+(s-3r)^2=(s-r)^2$$

Desarrollando binomios y simplificando

$$\sqrt{\frac{s^2}{4}-sr-8r^2}=5r-\frac{s}{2}$$

$$\frac{s^2}{4}-sr-8r^2=25r^2-5sr+\frac{s^2}{4}$$

$$4sr = 33r^2$$

$$4s=33r$$

$$r=\frac{4s}{33}$$

$$Q.E.D.$$


Éste y otros problemas pueden encontrarse en el siguiente enlace:

Sangaku Journal of Mathematics


Tema relacionado:

Novel Sangaku Problem





lunes, 27 de febrero de 2017

Collinearity associated with an ellipse tangent to a circle

Consider an ellipse with foci $A$ and $B$. Let $C$ be the center of a circle tangent to the ellipse at $T$. From $A$, draw two tangents lines to the circle and let $A_1$, $A_2$ be the points where these tangents lines meet the ellipse. Similarly, define $B_1$ and $B_2$. Let $O$ be the intersection of $AA_1$ and $BB_1$. Let $P$ be the intersection of $AA_2$ and $BB_2$. Let $Q$ be the intersection of $AA_1$ and $BB_2$.

Prove that $O$, $P$ and $Q$ are collinear.


jueves, 16 de febrero de 2017

IMO 1985/1

Una circunferencia tiene centro en el lado $AB$ de un cuadrilátero cíclico $ABCD$. Los otros tres lados son tangentes a la circunferencia. 

Demuestre que $AD + BC = AB$.

Demostración. 



Llamemos $E$, $F$ y $G$ a los puntos donde la circunferencia con centro, O, en $AB$, toca los lados $AD$, $BC$ y $CD$, respectivamente. Denotemos con r el radio de esta circunferencia.

Como los ángulos $\angle{OFC}$ y $\angle{OGC}$ son suplementarios, el cuadrilátero $CFGO$ es cíclico. Análogamente, el cuadrilátero $DEGO$ es cíclico. Como $ABCD$ también es cíclico, tenemos que los ángulos $\angle{ABC}$ y $\angle{ADC}$ son suplementarios. Pero $\angle{ADC}=\angle{EDG}$, y $\angle{EDG}$ es suplementario con $\angle{EOG}$. Concluimos, entonces, que $\angle{ABC}=\angle{EOG}=\alpha$. Por un razonamiento análogo, $\angle{BAD} =\angle{FOG}=\beta$.

Al ser $\triangle{AEO}$ y $\triangle{BFO}$ triángulos rectángulos, tenemos, por la ley de senos, que

$OB=\frac{r}{sen\alpha}$

$OA=\frac{r}{sen\beta}$

$AB=OA+OB=r(csc\alpha + csc\beta)$

$BF=\frac{rsen(90^\circ-\alpha)}{sen\alpha}=rcot\alpha$


$CF =\frac{rsen(\beta/2)}{sen(90^\circ-\beta/2)}=rtg(\beta/2)$


$BF + CF = rcot\alpha + rtg(\beta/2)$


Análogamente, 

$AE=rcot\beta$

$DE=rtg(\alpha/2)$

$BC + AD = BF + CF + AE + DE = rcot\alpha+rtg(\beta/2)+rcot\beta+rtg(\alpha/2)$

$Tg(\alpha/2)=csc\alpha-cot\alpha$

$Tg(\beta/2)=csc\beta-cot\beta$

$BC+AD=BF+CF+AE+DE=rcot\alpha+rcsc\beta-rcot\beta+rcot\beta+rcsc\alpha-rcot\alpha=r(csc\alpha+csc\beta)$

Por lo tanto, $BC+AD=AB$, como se quería demostrar.






lunes, 6 de febrero de 2017

Concyclic Points of Two Ellipses with Orthogonal Axes

Given two ellipses with orthogonal axes.


If there are four points of intersection, all four are concyclic.

Click here for proofs by Alexander Bogomolny.


Remark. A more general statement is true: given two conics with orthogonal axes. If there are four points of intersection, all four are concyclic.


Oai Thanh Đào pointed out that the statement holds also if the axes are parallel.

lunes, 30 de enero de 2017

Problema de Olimpiada Rusa de 1996.

Los puntos $E$ y $F$ yacen en el lado $BC$ del cuadrilátero convexo $ABCD$ (con $E$ más cerca que $F$ de $B$). Se sabe que $\angle{BAE}=\angle{CDF}$ y $\angle{EAF}=\angle{FDE}$. 

Demuestre que $\angle{FAC}=\angle{EDB}$.

Solución.







Lema 1. AEFD es cíclico.                                                      

Demostración. Se cumple que $\angle{FDE}=\angle{EAF}$.           


Como consecuencia del lema 1, $\angle{ADE}=\angle{AFE}=\gamma$. Adoptemos $\angle{BAE}=\angle{CDE}=\alpha$ y $\angle{EAF}=\angle{FDE}=\beta$.


Lema 2. ABCD es cíclico.

Demostración. $\angle{ADC}=\alpha+\beta+\gamma$ y $\angle{CBA}=180^\circ-\alpha-\angle{BEA}=180^\circ-\alpha-\beta-\gamma$. Ahora, $\angle{CBA}+\angle{ADC}=180^\circ-\alpha-\beta-\gamma+\alpha+\beta+\gamma=180^\circ$. 

Como consecuencia del lema 2, $\angle{BAC}=\angle{BDC}=\delta$.

$\angle{FAC}=\delta-(\alpha+\beta)$.

$\angle{EDB}=\delta-(\alpha+\beta)$.