domingo, 9 de diciembre de 2018

Colinealidad Asociada a Tres Cuadrados.



Considera tres cuadrados, $ABCD$, $DPEF$ y $PBGH$, dispuestos como se muestra en la animación. Demostrar que $F$, $C$ y $G$ están alineados. Este problema fue propuesto por Yura Biletsky, en el grupo de Facebook "Romantics of Geometry".

Demostración. No soy muy partidario de la geometría de coordenadas, pero en este caso me pareció bastante simple el enfoque analítico. Tomemos como origen de nuestro sistema de coordenadas el punto $A$ y llamemos $a$ al lado del cuadrado $ABCD$, entonces tenemos las siguientes coordenadas: 

$A: (0, 0)$
$B: (a, 0)$
$C: (a, a)$
$D: (0, a)$
$P: (m, n)$

Note que las coordenadas de $F$ pueden obtenerse rotando el punto $P$ unos $90^\circ$ con respecto a $D$. Similarmente, el punto $G$ puede obtenerse rotando el punto $P$ unos $270^\circ$ con respecto a $B$. Las coordenadas de la imagen de un punto rotado pueden obtenerse con las siguientes expresiones:

$$x'=(x-h)cos\theta-(y-k)sen\theta+h$$
$$y'=(y-k)cos\theta+(x-h)sen\theta+k$$

De donde obtenemos

$F: (a-n, a+m)$
$G: (a+n, a-m)$

La pendiente de la línea $CF$ es $\frac{a-(a+m)}{a-(a-n)}=-\frac{m}{n}$. Y la pendiente de la línea $CG$ es $\frac{a-(a-m)}{a-(a+n)}=-\frac{m}{n}$. Ambas pendientes son iguales, por lo tanto, $F$, $C$ y $G$ están alineados. 


viernes, 16 de noviembre de 2018

Laurent Schwartz on learning mathematics

Laurent Schwartz, as quoted from  A Mathematician Grappling with His Century, Birkhäuser Basel, 2001, pp. 30-31. [With thanks to Jonathan Crabtree]
I was always deeply uncertain about my own intellectual capacity; I thought I was unintelligent. And it is true that I was, and still am, rather slow. I need time to seize things because I always need to understand them fully. Even when I was the first to answer the teacher’s questions, I knew it was because they happened to be questions to which I already knew the answer. But if a new question arose, usually students who weren’t as good as I was answered before me. Towards the end of eleventh grade, I secretly thought of myself as stupid. I worried about this for a long time. Not only did I believe I was stupid, but I couldn’t understand the contradiction between this stupidity and my good grades. I never talked about this to anyone, but I always felt convinced that my imposture would someday be revealed: the whole world and myself would finally see that what looked like intelligence was really just an illusion. If this ever happened, apparently no one noticed it, and I’m still just as slow. When a teacher dictated something to us, I had real trouble taking notes; it’s still difficult for me to follow a seminar.
At the end of eleventh grade, I took the measure of the situation, and came to the conclusion that rapidity doesn’t have a precise relation to intelligence. What is important is to deeply understand things and their relations to each other. This is where intelligence lies. The fact of being quick or slow isn’t really relevant. Naturally, it’s help to be quick, like it is to have a good memory. But it’s neither necessary or sufficient for intellectual success.The laurels I won in the Concourse General liberated me definitely from my anguish. I won first prize in Latin theme and first access it in Latin version; I was no longer merely a brilliant high school student, I acquired national fame. The Concourse General counted a lot in in my life, by helping me to get rid of a terrible complex. Of course, I was not instantly metamorphosed, and I’ve always had to confront the same problems; it’s just that since that day I know that these obstacles are not unsurmountable and that in spite of delicate and even painful moments,they will not block my way to accomplishment, which research represent for me. Fortunately, I had an excellent memory. For instance, in twelfth grade, in math, I believe that at the end of the year I remembered every single thing I had learned, without ever have written anything down. At that point, I knew my limits but I had a solid feeing of confidence in my possibility of success.
This type of competition is an excellent thing. Many young people feel self-doubt, for one reason or another. The refusal of any kind of comparison which reigns in our classrooms as a concession to egalitarianism, is all too often quite destructive; it prevents the young people who doubt their own capacities, and particularly those from modest backgrounds, from acquiring real confidence in themselves. But self-confidence is a condition of success. Of course, one must be modest, and every intellectual needs to recall this. I’m perfectly conscious of the immensity of my ignorance compared with what I know. It’s enough to meet other intellectuals to see that my knowledge is just a drop of water in an ocean. Every intellectual needs to be capable of considering himself relatively, and measuring the immensity of his ignorance. But he must also have confidence in himself and in his possibilities of succeeding, through the constant and tenacious search for truth.

Source. 

domingo, 11 de noviembre de 2018

XXXIII Olimpiada Iberoamericana de Matemáticas - Problema 2

Sea $ABC$ un triángulo tal que $\angle{BAC}=90^\circ$ y $BA=CA$. Sea $M$ el punto medio de $BC$. Un punto $D\neq{A}$ es elegido en la semicircunferencia de diámetro $BC$ que contiene a $A$. La circunferencia circunscrita al triangulo $DAM$ intersecta a las rectas $DB$ y $DC$ en los puntos $E$ y $F$, respectivamente. Demuestre que $BE=CF$. 



Demostración. Considera el cuadrilátero cíclico $ABCD$. Como $\angle{ACB}=45^\circ$, entonces, $\angle{BDA}=180^\circ-45^\circ=135^\circ$. Ahora considera el cuadrilátero cíclico $AMED$. Como $\angle{BDA}=135^\circ$, entonces, $\angle{AME}=180^\circ-135^\circ=45^\circ$. Al ser $ABC$ un triángulo rectángulo isósceles, $\angle{MAC}=\angle{AME}=45^\circ$, significando que $AC\parallel{EM}$. Por propiedad del triángulo medial sabemos que una línea que pase por $M$ y sea paralela al lado $AC$ debe contener el punto medio de $AB$, de modo que $EM$ es la mediatriz del lado $AB$. Análogamente, $FM$ es la mediatriz del lado $AC$. Llamemos $N$ y $O$ a los puntos medios de los lados $AB$ y $AC$, respectivamente. Note que por propiedad de ángulos inscritos en una circunferencia, $\angle{ABD}=\angle{ACD}$. También $\angle{BNE}=\angle{COF}=90^\circ$ y $BN=CO$. Por el criterio de congruencia de triángulos $ALA$, $\triangle{BNE}\cong{\triangle{COF}}$, y por lo tanto, $BE=CF$. 

$\square$

domingo, 4 de noviembre de 2018

Tres Círculos Congruentes y un Triángulo Equilátero

En la figura adjunta los tres círculos son iguales de radio 4 y tangentes externos dos a dos, siendo $P_1$, $P_2$ y $P_3$ puntos de tangencia y los segmentos $P_1P_2=P_2P_3=P_3P_1$. Hallar el área del triángulo $P_1P_2P_3$. Este problema fue propuesto por Walter Sivoli en el grupo de Facebook Matemáticas Puras y Aplicadas.


Solución.


En general, denotaremos el radio de los tres círculos con $r$ y el lado del triángulo con $l$. En la figura, note que al ser $P_2P_3$ tangente al círculo $(O_2, O_2P_2)$ en $P_2$ el triángulo $O_2P_2P_3$ es rectángulo, por lo que, aplicando el Teorema de Pitágoras tenemos


$$O_2P_3^2=P_2P_3^2+O_2P_2^2$$

$$O_2P_3^2=l^2+r^2$$

$$O_2P_3=\sqrt{l^2+r^2}$$

Note que al ser $P_1P_3$ tangente al círculo $(O_3, O_3P_3)$ en $P_3$, el ángulo $\angle{O_3P_3P_1}=90^\circ$. Como $P_1P_2P_3$ es un triángulo equilátero, tenemos que 

$$\angle{O_3P_3P_2}=\angle{O_3P_3P_1}-\angle{P_1P_2P_3}=90^\circ-60^\circ=30^\circ$$

El seno y el coseno del ángulo $\angle{O_2P_3P_2}$ están dados por $\frac{r}{\sqrt{l^2+r^2}}$ y $\frac{l}{\sqrt{l^2+r^2}}$, respectivamente. Ahora, fíjese que por la Ley de Cosenos tenemos la siguiente ecuación:

$$O_2P_3^2+O_3P_3^2-2\cdot{O_2P_3}\cdot{O_3P_3}\cdot{\cos{(\angle{O_3P_3P_2}+\angle{P_2P_3O_2})}}=O_2O_3^2$$

Reescribiendo en términos de $l$ y $r$, y usando la identidad para el coseno de la suma de dos ángulos, tenemos

$$l^2+r^2+r^2-2\cdot{\sqrt{l^2+r^2}}\cdot{r}[(\frac{\sqrt{3}}{2})(\frac{l}{\sqrt{l^2+r^2}})-(\frac{1}{2})(\frac{r}{\sqrt{l^2+r^2}})]=4r^2$$

Simplificando,

$$l^2+3r^2-r\cdot{l}\sqrt{3}=4r^2$$

Resolviendo la ecuación para $l$:

$$l=\frac{r(\sqrt{7}+\sqrt{3})}{2}$$

Así, para el caso del problema donde $r=4$, 

$$l=2(\sqrt{7}+\sqrt{3})$$

El área para un triángulo equilátero es $\frac{l^2\sqrt{3}}{4}$. Así el área buscada es

$$10\sqrt{3}+6\sqrt{7}$$

domingo, 23 de septiembre de 2018

Cónica Asociada al Incentro de un Triángulo



Considera un triángulo $\triangle{ABC}$ con incentro $I$. Una línea perpendicular a $AI$, en $I$, corta los lados $AB$ y $AC$ en $A_c$ y $A_b$, respectivamente. Similarmente, construímos los segmentos $B_aB_c$ y $C_aC_b$. Los puntos $A_b$, $A_c$, $B_a$, $B_c$, $C_a$ y $C_b$ son concónicos, es decir, yacen en una misma cónica. 

Algunas propiedades adicionales a esta configuración pueden encontrarse en AdGeom 4942 y AdGeom 4943.




Notación:

$BC=a; AC=b; AB=c$.
$AA_c=AA_b=x$.
$BB_c=BB_a=y$.
$CC_a=CC_b=z$.
$\angle{BAI}=\angle{CAI}=\alpha$.
$\angle{ABI}=\angle{CBI}=\beta$.
$\angle{BCI}=\angle{ACI}=\gamma$.

Demostración 1.

Lema 1. 


$$\frac{A_cB}{AB_c}=\frac{\tan{\alpha}}{\tan{\beta}}; \frac{AC_b}{CA_b}=\frac{\tan{\gamma}}{\tan{\alpha}}; \frac{CB_a}{BC_a}=\frac{\tan{\beta}}{\tan{\gamma}}.$$

Demostración. Tras una aplicación de la Ley de Senos en el triángulo $\triangle{AIB}$, tenemos que $BI=\frac{c\sin{\alpha}}{\cos{\gamma}}$ y $AI=\frac{c\sin{\beta}}{\cos{\gamma}}$. 

El triángulo $\triangle{AA_bA_c}$ es isósceles, por lo tanto,

$$\angle{BA_cI}=180^\circ-\frac{180^\circ- 2\alpha}{2}=90^\circ+\alpha$$


$$\angle{BIA_c}=180^\circ-(90^\circ+\alpha)-\beta=90^\circ-(\alpha+\beta)=90^\circ-(90^\circ-\gamma)=\gamma$$

Aplicando nuevamente Ley de Senos en el triangulo $\triangle{A_cBI}$, obtenemos 

$$\frac{BI}{\sin{(90^\circ+\alpha)}}=\frac{BI}{\cos{\alpha}}=\frac{A_cB}{\sin{\gamma}}$$

$$A_cB=\frac{\frac{c\sin{\alpha}\sin{\gamma}}{\cos{\gamma}}}{\cos{\alpha}}=c\tan{\alpha}\tan{\gamma}$$

Por un razonamiento similar obtenemos que $AB_c=c\tan{\beta}\tan{\gamma}$. Así, 

$$\frac{A_cB}{AB_c}=\frac{\tan{\alpha}}{\tan{\beta}}$$

Análogamente, 

$$\frac{AC_b}{CA_b}=\frac{\tan{\gamma}}{\tan{\alpha}}; \frac{CB_a}{BC_a}=\frac{\tan{\beta}}{\tan{\gamma}}$$

Así queda demostrado el lema 1.

De vuelta a nuestro problema original, por el Teorema de Carnot para Cónicas,

$$\frac{A_cB\cdot{y}}{AB_c\cdot{x}}\cdot{\frac{AC_b\cdot{x}}{A_bC\cdot{z}}}\cdot{\frac{B_aC\cdot{z}}{BC_a\cdot{y}}}=$$

$$\frac{A_cB}{AB_c}\cdot{\frac{AC_b}{A_bC}}\cdot{\frac{B_aC}{BC_a}}=$$

$$\frac{\tan{\alpha}}{\tan{\beta}}\cdot{\frac{\tan{\gamma}}{\tan{\alpha}}}\cdot{\frac{\tan{\beta}}{\tan{\gamma}}}=1$$

$$Q.E.D.$$

Demostración 2. Note que la bisectriz $AI$ es la mediatriz del segmento $A_bA_c$, por lo tanto, $A_bI=A_cI$. Por analogía, $B_aI=B_cI$ y $C_aI=C_bI$. Como consecuencia, $A_cC_aA_bC_b$ es un paralelogramo y $\triangle{ABC}\sim\triangle{BA_cC_a}$. De igual modo, $\triangle{ABC}\sim\triangle{AB_cC_b}$ y $\triangle{ABC}\sim\triangle{CA_bB_a}$. De donde obtenemos las siguientes proporciones:

$$\frac{BA_c}{BC_a}=\frac{AB}{BC}; \frac{AC_b}{AB_c}=\frac{AC}{AB}; \frac{CB_a}{CA_b}=\frac{BC}{AC}$$

Finalmente, al ser $\triangle{AA_bA_c}$, $\triangle{BB_aB_c}$ y $\triangle{CC_aC_b}$ triángulos isósceles e invocando el Teorema de Carnot para Cónicas, tenemos

$$\frac{BA_c\cdot{y}}{AB_c\cdot{x}}\cdot{\frac{AC_b\cdot{x}}{CA_b\cdot{z}}}\cdot{\frac{CB_a\cdot{z}}{BC_a\cdot{y}}}=$$

$$\frac{BA_c\cdot{y}}{BC_a\cdot{x}}\cdot{\frac{AC_b\cdot{x}}{AB_c\cdot{z}}}\cdot{\frac{CB_a\cdot{z}}{CA_b\cdot{y}}}=$$


$$\frac{AB\cdot{y}}{BC\cdot{x}}\cdot{\frac{AC\cdot{x}}{AB\cdot{z}}}\cdot{\frac{BC\cdot{z}}{AC\cdot{y}}}=1$$

$$Q.E.D.$$

Contenido relacionado:



Conic in Mixtilinear Incircles



sábado, 14 de julio de 2018

Problema 2 - XX Olimpiada Matemática de Centroamérica y el Caribe. La Habana, 2018.

Éste es el problema 2 de la recién celebrada XX Olimpiada Matemática de Centroamérica y el Caribe.  La Habana, 2018.

Sea $ABC$ un triángulo inscrito en la circunferencia $\omega$ de centro $O$. Sean $T$ el punto diametralmente opuesto a $C$ y $T'$ la reflexión de $T$ con respecto a la recta $AB$. La recta $BT'$ interseca a $\omega$ en un segundo punto $R$. La recta perpendicular a $TC$ que pasa por $O$ interseca a la recta $AC$ en $L$. Sean $N$ el punto de intersección de las rectas $TR$ y $AC$. Pruebe que $CN=2AL$.

Solución.





Notación:
$AC=b$
$OC=OT=r$


Lema 1. $AL=\frac{b^2-2r^2}{b}$.

Demostración. Por el teorema de Tales, $\triangle{ACT}$ es un triángulo rectángulo con hipotenusa $CT=2r$. Note que $\triangle{ACT}\sim\triangle{LCO}$, por lo tanto, 

$$\frac{b}{2r}=\frac{r}{CL}$$

$$CL=\frac{2r^2}{b}$$

$$AL=AC-CL=b-\frac{2r^2}{b}=\frac{b^2-2r^2}{b}$$

Lema 2. $AN=\frac{4r^2-b^2}{b}$.

Demostración. Note que al ser $T'$ la reflexión de $T$ con respecto a la línea $AB$, $\angle{TBA}=\angle{ABT'}=\angle{ABR}$. Por propiedad de ángulos inscritos en una circunferencia, tenemos que $\angle{TBA}=\angle{ABR}=\angle{TCA}=\angle{ACR}=\angle{ATR}$. Por lo que $\triangle{ACT}\sim\triangle{ATN}$. De donde resulta que

$$\frac{AT}{AC}=\frac{AN}{AT}$$

Reescribiendo en términos de $b$ y $r$, tenemos

$$\frac{\sqrt{4r^2-b^2}}{b}=\frac{AN}{\sqrt{4r^2-b^2}}$$

$$AN=\frac{4r^2-b^2}{b}$$

Entonces, 

$$CN= AC-AN=b-\frac{4r^2-b^2}{b}=\frac{2(b^2-2r^2)}{b}$$

Finalmente, 

$$\frac{CN}{AL}=\frac{\frac{2(b^2-2r^2)}{b}}{\frac{b^2-2r^2}{b}}=2$$

$$CN=2AL$$

$$Q.E.D.$$

sábado, 21 de abril de 2018

Le Viet An Archimedean Circles

The following problem, by Le Viet An (Vietnam), was posted on the Facebook group Perú Geométrico asking to prove that the smallest circles shown on the image are Archimedean circles. Here I give a proof for one of these circles. 



I will give my own description of the problem and change the notation. 

Consider an arbelos configuration with $D$, $E$, $O$ and $P$ being the centers of semicircles with diameters $AC$, $BC$, $AB$ and $DE$, respectively. Let $G$ be the intersection of semicircles $BC$ and $DE$. Denote by $H$ the midpoint of segment $BG=2a$. Call $I$ the intersection of a perpendicular line from $H$ to $AB$ and let $J$ be the intersection of $HI$ with the circle with radius $DE$. Denote by $K$ the intersection of $EJ$ with semicircle $BC$. Let $L$ be the intersection of $OK$ with semicircle $AB$. The circle with radius $KL$ is Archimedean (Le Viet An).

Notation:

$AD=CD=r_1$
$BE=CE=EK=r_2$
$DP=EP=GP=\frac{r_1+r_2}{2}$
$DE=EJ=r_1+r_2$
$BH=GH=a$
$KL=x$



Proof. First, let's find an expression for $a$. Focus on triangle $BGP$ and cevian $GO$. By the Stewart's theorem we have

$$(\frac{r_1+r_2}{2})^2r_2+4a^2(\frac{r_1+r_2}{2})=r_2^2(r_2+\frac{r_1+r_2}{2})+r_2(\frac{r_1+r_2}{2})(r_2+\frac{r_1+r_2}{2})$$

Solving for $a$ and simplyfing we get 

$$a=\frac{r_2\sqrt{r_1+2r_2}}{\sqrt{2r_1+2r_2}}$$

Let $G'$ be on $AB$ such that $GG'$ is perpendicular to $AB$. Notice that $\triangle{BCG}\sim\triangle{BGG'}$, therefore,

$$\frac{BG'}{2a}=\frac{a}{r_2}$$

$$BG'=\frac{2a^2}{r_2}$$

As $H$ is the midpoint of $BG$ and $IH$ is parallel to $GG'$, then, $I$ is the midpoint of $BG'$. It follows

$$BI=\frac{a^2}{r_2}$$

$$HI=\sqrt{a^2-\frac{a^4}{r_2^2}}$$

$$EH=\sqrt{r_2^2-a^2}$$

By the Pythagorean theorem, 

$$EI^2+IH^2=EH^2$$

$$EI=\sqrt{r_2^2-2a^2+\frac{a^4}{r_2^2}}$$

Replacing $a$ by its expression in terms of $r_1$ and $r_2$, we get

$$EI=\frac{r_1r_2}{2(r_1+r_2)}$$

Remark. notice that the circle with radius $2EI$ is also Archimedean.


Let $K'$ be the orthogonal projection of $K$ on $AB$. 

$$\frac{EK'}{EI}=\frac{r_2}{r_1+r_2}$$

$$EK'=\frac{r_1r_2^2}{2(r_1+r_2)^2}$$

Focus on triangle $OKK'$. By the Pythagorean theorem,

$$KK'=\sqrt{(r_1+r_2-x)^2-[r_1+\frac{r_1r_2^2}{2(r_1+r_2)^2}]^2}$$

Now, focus on triangle $EKK'$, again, by the Pythagorean theorem,

$$(r_1+r_2-x)^2-[r_1+\frac{r_1r_2^2}{2(r_1+r_2)^2}]^2+\frac{r_1^2r_2^4}{4(r_1+r_2)^4}=r_2^2$$

Solving for $x$ and simplyfing we get two solutions for $x$,

$$x_1=\frac{r_1r_2}{r_1+r_2}$$

$$x_2=\frac{2r_1^2+3r_1r_2+2r_2^2}{r_1+r_2}$$

$x_2>r_1+r_2$, which is absurd from our configuration. Then, 

$$x=\frac{r_1r_2}{r_1+r_2}$$ 

The following are some other problems by Le Viet An.


In an arbelos, from $E$, draw a tangent line to semicircle $AC$, at $F$. Construct $G$ similarly. Let $H$ be the intersection of tangent lines $EF$ and $DG$. Let circle $(H, HC)$ cut semicircles $AC$ and $BC$ at $I$ and $J$, respectively. Call $I'$ the orthogonal projection of $I$ onto $AB$. Construct $J'$ similarly. Let $S$ be the center of circle bounded by circle with center at A, radius $AJ'$, circle with center at $B$, radius $BI'$, and semicircle $AC$. Construct circle centred at $T$ similarly. Then, circles centred at $S$ and $T$ are Archimedean twins (Le Viet An).




Proof. Let $CI$ cut $DH$ at $M$. Let $CJ$ cut $EH$ at $N$. Notice that $CDIH$ is a kite, then, $CI$ is perpendicular to $DH$ and, as a consequence,  $CM$ is parallel to $EG=r_2$. As $\triangle{CDM}\sim\triangle{EDG}$, we have

$$\frac{r_2}{\frac{CI}{2}}=\frac{r_1+r_2}{r_1}$$

$$CI=\frac{2r_1r_2}{r_1+r_2}$$

Remark. Notice that circle with radius $\frac{CI}{2}$ is Archimedean.

Notice also that $\triangle{CII'}\sim\triangle{EDG}$, then, 

$$\frac{CI'}{r_2}=\frac{CI}{r_1+r_2}=\frac{\frac{2r_1r_2}{r_1+r_2}}{r_1+r_2}=\frac{2r_1r_2}{(r_1+r_2)^2}$$

$$CI'=\frac{2r_1r_2^2}{(r_1+r_2)^2}$$

Similarly, notice that $\triangle{CEN}\sim\triangle{DEF}$, then, 

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

$$CN=\frac{r_1r_2}{r_1+r_2}$$ 


Notice that $\triangle{CEN}\sim\triangle{CJJ'}$, then, 

$$\frac{CJ'}{\frac{r_1r_2}{r_1+r_2}}=\frac{\frac{2r_1r_2}{r_1+r_2}}{r_2}=\frac{2r_1}{r_1+r_2}$$

$$CJ'=\frac{2r_1^2r_2}{(r_1+r_2)^2}$$



Focus on $\triangle{ASB}$ and cevian $DS$, if we call $x$ the radius of circle centred at $S$, from the Stewart's theorem we have

$$[2r_1+\frac{2r_1^2r_2}{(r_1+r_2)^2}-x]^2(r_1+2r_2)+[2r_2+\frac{2r_1r_2^2}{(r_1+r_2)^2}+x]^2r_1=$$

$$(2r_1+2r_2)[(r_1+x)^2+r_1(r_1+2r_2)]$$

Expanding, solving for $x$ and simplifying we get

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

A similar reasoning goes for circle centred at $T$.

In an arbelos, let circle $(A, AC)$ cut semircircle $AB$ at $F$. Similarly, construct $G$. Call $D'$ the orthogonal projection of $D$ onto $BF$. Similarly, construct $E'$. Circles with centers at $D'$ and $E'$ and tagential to semicircles $AC$ and $BC$, respectively, are Archimedean (Le Viet An).


Proof. Notice that because of the Thales's theorem $AF$ is perpendicular to $BF$, therefore, $\triangle{ABF}\sim\triangle{BDD'}$. As a consequence, 

$$\frac{2r_1}{r_1+x}=\frac{2r_1+2r_2}{r_1+2r_2}$$

Where $x$ is the radius of circle centred at $D'$.

Isolating $x$ and simplifying,

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

A similar reasoning goes for circle centred at $E'$.

In an arbelos, let semicircle $DE$ cut semicircles $AC$ and $BC$ in $F$ and $G$, respectively. Let $H$ be on chord $DF$ such that $\angle{CHF}=90^\circ$. Similarly, construct $I$. Then, circles with radii $HF$ and $IG$ are Archimedean (Le Viet An).


Proof. Because of Thales's theorem, $DF=r_1$ is perpendicular to $EF$. As a consequence, $\triangle{CDH}\sim\triangle{EDF}$. It follows 

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

$$DH=\frac{r_1^2}{r_1+r_2}$$

$$FH=r_1-\frac{r_1^2}{r_1+r_2}=\frac{r_1r_2}{r_1+r_2}$$

A similar reasoning must show the congruency for circle with radius $GI$.

In an arbelos, let the circle $(B, BC)$ meet semicircle $AB$ in $F$. Similarly, construct $I$, on semicircle $AB$. Let $AF$ intersect semicircle $AC$ in $G$. Let $G'$ be the orthogonal projection of $G$ onto $AB$. The circle centred at $R$ is bounded by semicircle $AB$, circle $A(C)$ and the line $GG'$. Similarly, construct the circle centred at $S$. Then, the circles centred at $R$ and $S$ are Archimedean (Le Viet An). 



Proof. Notice that because of Thales's theorem $\angle{AGC}=\angle{AFB}=90^\circ$. Therefore, $\triangle{AGC}\sim\triangle{AFB}$. Thus, we have 

$$\frac{GC}{2r_2}=\frac{2r_1}{2r_1+2r_2}$$

$$GC=\frac{2r_1r_2}{r_1+r_2}$$

Remark. Notice that the circle with radius $\frac{GC}{2}$ is Archimedean. 

$$AF=\sqrt{(2r_1+2r_2)^2-4r_2^2}=2\sqrt{r_1^2+2r_1r_2}$$

$$\frac{AF}{AG}=\frac{2r_1+2r_2}{2r_1}$$

$$AG=\frac{2r_1\sqrt{r_1^2+2r_1r_2}}{r_1+r_2}$$

$$GC=\sqrt{4r_1^2-AG^2}=\sqrt{4r_1^2-\frac{4r_1^2(r_1^2+2r_1r_2)}{(r_1+r_2)^2}}$$

$$GC=\frac{2r_1\sqrt{4r_1r_2+r_2^2}}{r_1+r_2}$$

As $\triangle{AGG'}\sim\triangle{AGC}$, it follows

$$\frac{AG'}{AG}=\frac{AG}{AC}$$

$$AG'=\frac{2r_1(r_1^2+2r_1r_2)}{(r_1+r_2)^2}$$



Let $R'$ be the orthogonal projection of $R$ onto $AB$. If we call $x$ the radius of circle centred at $R$, by the Pythagorean theorem,

$$RR'=\sqrt{(2r_1+x)^2-(AG'-x)^2}$$

Focus on triangle $\triangle{ORR'}$. By the Pythagorean theorem 

$$[AO-(AG'-x)]^2+RR'^2=OR^2$$

If we replace the segments by their expressions in terms of $r_1$ and $r_2$, we have the following equation

$$[(r_1+r_2)-\frac{2r_1(r_1^2+2r_1r_2)}{(r_1+r_2)^2}+x]^2+(2r_1+x)^2-[\frac{2r_1(r_1^2+2r_1r_2)}{(r_1+r_2)^2}-x]^2=(r_1+r_2+x)^2$$

Expanding, solving for $x$ and simplifying you get

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

A similar reasoning goes for circle centred at $S$.


jueves, 22 de febrero de 2018

Triángulos Semejantes y Cevianas

Algunos casos particulares de este resultado se han considerado previamente en este blog. Ver aquí y aquí.




$P$ y $Q$ son dos puntos en el interior de un triángulo $ABC$. $\triangle{A_pB_pC_p}$ y $\triangle{A_qB_qC_q}$ son los triángulos cevianos de $P$ y $Q$, respectivamente. Sobre los segmentos $BA_p$ y $CA_q$, se construyen los triángulos similares (y en la misma dirección) $\triangle{A_bApB}$ y $\triangle{A_cA_qC}$. Similarmente, construya $\triangle{B_cB_qC}$, $\triangle{AB_aB_p}$, $\triangle{AC_aC_q}$, $\triangle{BC_bC_p}$ (los triángulos erectos en un lado no son necesariamente similares a los de otro lado). La línea $A_bA_c$ intersecta las líneas $B_aB_c$, $C_aC_b$ en $Z$, $Y$, respectivamente. Las líneas $B_aB_c$, $C_aC_b$ se intersectan en $X$. 

Demuestre que $AX$, $BY$ y $CZ$ concurren. 




Demostración.

Apelaremos a la versión trigonométrica del Teorema de Ceva para demostrar la concurrencia.

Por la ley de senos,

$$\frac{B_cC}{sen\angle{CB_qB_c}}=\frac{B_qC}{sen\angle{CB_cB_q}}$$

$$B_cC=\frac{B_qC\cdot{sen\angle{CB_qB_c}}}{sen\angle{CB_cB_q}}$$

$$\frac{B_qC\cdot{sen\angle{CB_qB_c}}}{sen\angle{CB_cB_q}\cdot{sen\angle{B_cZC}}}=\frac{CZ}{sen\angle{CB_cZ}}$$

$$sen\angle{B_cZC}=\frac{B_qC\cdot{sen\angle{CB_qB_c}}\cdot{sen\angle{CB_cZ}}}{CZ\cdot{sen\angle{CB_cB_q}}}$$

Análogamente, 

$$sen\angle{B_aXA}=\frac{AB_p\cdot{sen\angle{AB_pB_a}}\cdot{sen\angle{AB_aX}}}{AX\cdot{sen\angle{AB_aB_p}}}$$

De donde obtenemos:

$$\frac{sen\angle{B_cZC}}{sen\angle{B_aXA}}=\frac{AX\cdot{B_qC}\cdot{sen\angle{CB_qB_c}}\cdot{sen\angle{CB_cZ}}}{CZ\cdot{AB_p}\cdot{sen\angle{AB_pB_a}}\cdot{sen\angle{AB_aX}}}$$

Ahora fijemos la atención en el cuadrilátero $XACZ$. Consideramos el caso en que los segmentos $AB_p$ y $CB_q$ no se solapan, sin embargo, un simple ajuste a la demostración será necesario para los casos en que se solapen o $B_p=B_q$.



Note que por ser $\triangle{AB_aB_p}$ similar a $\triangle{B_cB_qC}$, tenemos

$$\frac{sen\angle{CB_qB_c}}{sen\angle{AB_pB_a}}=\frac{sen\angle{CB_qB_c}}{sen\angle{B_qCB_c}}=\frac{B_cC}{B_cB_q}$$

Si $D$ es la intersección de las líneas $B_aB_p$ y $B_cB_q$, por el Teorema de Tales tenemos las siguientes proporciones:

$$\frac{CB_q}{B_cB_q}=\frac{CB_p}{B_cD}$$

$$\frac{AB_p}{B_aB_p}=\frac{AB_q}{B_aD}$$

$$\frac{B_cD}{B_aD}=\frac{CB_p\cdot{B_cB_q}\cdot{AB_p}}{CB_q\cdot{AB_q}\cdot{B_aB_p}}=\frac{sen\angle{B_cB_aB_p}}{sen\angle{B_aB_cB_q}}=\frac{sen\angle{CB_cZ}}{sen\angle{AB_aX}}$$

De este modo reescribimos 

$$\frac{sen\angle{B_cZC}}{sen\angle{B_aXA}}=\frac{AX\cdot{B_qC}\cdot{sen\angle{CB_qB_c}}\cdot{sen\angle{CB_cZ}}}{CZ\cdot{AB_p}\cdot{sen\angle{AB_pB_a}}\cdot{sen\angle{AB_aX}}}=$$

$$\frac{AX\cdot{B_qC}\cdot{B_cC}\cdot{CB_p}\cdot{B_cB_q}\cdot{AB_p}}{CZ\cdot{AB_p}\cdot{B_cB_q}\cdot{CB_q}\cdot{AB_q}\cdot{B_aB_p}}$$

$$\frac{sen\angle{B_cZC}}{sen\angle{B_aXA}}=\frac{AX\cdot{B_cC}\cdot{CB_p}}{CZ\cdot{AB_q}\cdot{B_aB_p}}=\frac{AX\cdot{B_qC}\cdot{CB_p}}{CZ\cdot{AB_p}\cdot{AB_q}}$$

Por analogía, 

$$\frac{sen\angle{A_cZC}}{sen\angle{A_bYB}}=\frac{CZ\cdot{BA_p}\cdot{BA_q}}{BY\cdot{CA_q}\cdot{CA_p}}$$

$$\frac{sen\angle{C_bYB}}{sen\angle{C_aXA}}=\frac{BY\cdot{BC_p}\cdot{BC_q}}{AX\cdot{AC_q}\cdot{AC_p}}$$

Por una simple inspección notamos, que por el Teorema de Ceva, la expresión siguiente se reduce a uno.

$$\frac{sen\angle{B_cZC}}{sen\angle{B_aXA}}\cdot\frac{sen\angle{A_cZC}}{sen\angle{A_bYB}}\cdot\frac{sen\angle{C_bYB}}{sen\angle{C_aXA}}=$$

$$\frac{AX\cdot{B_qC}\cdot{CB_p}}{CZ\cdot{AB_p}\cdot{AB_q}}\cdot\frac{CZ\cdot{BA_p}\cdot{BA_q}}{BY\cdot{CA_q}\cdot{CA_p}}\cdot\frac{BY\cdot{BC_p}\cdot{BC_q}}{AX\cdot{AC_q}\cdot{AC_p}}=1$$

$$Q.E.D.$$


sábado, 10 de febrero de 2018

Rompiendo el hielo

"Haga lo que pueda, con lo que tenga, donde esté."

Thomas Alva Edison. Inventor estadounidense.


Antes de que me crucifiquen por auto-promoción, tengo que decir que agoté todos los medios a mi alcance para evitar caer en la narcisista tarea de escribir sobre mi propio trabajo. Tuve correspondencia con dos matemáticos locales de las universidades más caras del país, pero, desafortunadamente, ninguno tenía suficiente experiencia en geometría plana como para ponderar mi trabajo. Así que he decidido hacerlo yo mismo, después de todo, ¿quién conoce mi trabajo mejor que yo? Además, siento que promoviendo mi trabajo estoy, de algún modo, promoviendo la matemática en mi país. Y si recordamos lo mal parados que salimos en los últimos informes PISA, creo que en vez de incurrir en un pecado al auto-promoverme, estoy aportando mi granito de arena a la causa. 

El estatus de mis contribuciones.
Sobre el estatus de mis contribuciones tengo que aclarar algo: mi trabajo pertenece a una disciplina elemental y algo desfasada. Ahora bien, con esto no quiero decir que no haya en absoluto interés en el área, o que no pueda encontrarse un problema que te deje frustrado por algunas semanas. Revistas como Forum Geometricorum, la “Encyclopedia of Triangle Centers”, el “Journal of Classical Geometry” y más que podría mencionar, demuestran que aún queda algo de respeto por la geometría clásica. El valor actual de la geometría clásica reside en su labor didáctica. Pero esto tampoco quiere decir que no pueden encontrarse resultados impactantes en geometría plana. La Línea de Euler, la Circunferencia de los Nueve Puntos, el Teorema de Morley, o resultados más recientes como el Teorema de Lester y la Circunferencia de Lamoen, son resultados que dudo cualquier matemático no admita como verdaderas obras maestras. En este vídeo, del minuto 22:22 hasta el minuto 25:57, Cedric Villani, medallista Fields, habla sobre el status de la geometría del triángulo hoy en día. Dijo lo siguiente:

"Cuando tenía 14 ó 15 años, me fascinó este libro de demostraciones matemáticas, en particular se trataba de la geometría del triángulo, como en la antigua Grecia. Este era mi libro favorito entonces, se llama Geometría del Triángulo. La geometría del triángulo está llena de milagros. Algunas veces dibujas unas líneas y se cruzan en un punto, como si fuera un milagro, y algunas veces ves puntos que están en la misma línea como si fuera un milagro. Pero lo que aprendes es que no hay milagros, y para todas estas elegantes coincidencias encuentras una explicación, y pasas el tiempo reemplazando elegantes coincidencias por elegantes explicaciones. Toda la ciencia es así, hasta cierto punto. También debo decir que la geometría del triángulo no tiene absolutamente ningún uso. Ya no se hace investigación de este tema y para la vida cotidiana tampoco tiene aplicación. Pero fue haciendo ésto cómo me entrené en hacer demostraciones de adolescente. Así que me fue muy útil. Y cuando recibí la Medalla Fields, y también mi colega Ngo Bao Chau la recibió al mismo tiempo, ambos fuimos al parlamento a discutir algunos programas matemáticos, y le preguntaron a Ngo Bao qué le gustaba de los programas matemáticos y su respuesta fue: geometría elemental, geometría del triángulo, era lo mejor. Luego me preguntaron a mí y dije exactamente lo mismo. Pero ninguno de los dos hacemos este tipo de geometría ahora. Y por supuesto, no es el único camino para aprender a hacer demostraciones. Pero cuando eres adolescente el primer objetivo del corazón de las matemáticas es entender cómo hacer demostraciones y la geometría elemental es un buen laboratorio para eso.”

Sobre cómo empezó todo.
Mi madre dice que nací un 13 de Junio del año 1988. Hacia el 1836, Frederick Tiedmann escribió que existe una conexión indiscutible entre el tamaño del cerebro y la energía mental desplegada por un hombre. No sé qué tan familiarizado haya estado mi tío-abuelo, José José, con las teorías de Tiedmann, pero poco después de haber nacido, mi gran cabeza parece haberle inspirado a profetizar, cual oráculo, que sería inteligente. Afortunadamente, la desproporción entre el tamaño de mi cabeza y mi cuerpo desapareció con el tiempo, pero, al parecer, mi “energía mental” no corrió la misma suerte, y la profecía de mi tío-abuelo se consumó, o por lo menos eso quiero creer. Por cierto, la supuesta conexión entre el tamaño de la cabeza de una persona y su inteligencia no está del todo clara, y quiero considerarme más apasionado y obsesivo que inteligente.

Siempre canalicé mi energía mental y corporal a perfeccionarme en actividades que requiriesen algo de neuronas: ajedrez, damas chinas, cubo de Rubick, matemáticas, escribir, etc. Nunca vi mis estudios en secundaria como un reto, así que me ponía tareas más difíciles, por ejemplo: descubrir por cuenta propia la lógica detrás de los procedimientos y fórmulas que venían en los libros de matemáticas. Llegué a ser finalista en las olimpiadas de ciencias en dos categorías: química y física. Me gradué de bachiller con honores. Pero no fue hasta los 24 años, mientras estudiaba ingeniería civil, que descubrí mi verdadera pasión: la geometría.

En el año 2013 descubrí foros asiáticos en Internet donde los miembros se dedicaban a resolver problemas reto. Los miembros tenían un común denominador: todos eran unos verdaderos maniáticos de las matemáticas. Estos foros eventualmente terminaron exacerbando mi adicción hacia las matemáticas, a tal punto, que no quería hacer otra cosa y olvidarme de comer, bañarme e irme tarde a cama no era raro. Esta forma de vida pronto comenzó a deteriorar mi salud. Empecé a perder la coordinación al caminar y las palpitaciones me impedían dormir. Con todo y aunque usted no lo crea, mientras peor me sentía, más deleite encontraba yo en la geometría. Y esto es así, porque no todo era mal. En el año 2014 publiqué mi primer artículo "Note on Reflections" (citado por Roger Alperin en ""Reflections on Poncelet's Pencil"), publicado por el Department of Mathematical Sciences de la Florida Atlantic University en su revista Forum Geometricorum. En 2015, publiqué mi segundo artículo en la misma revista con título "Another Archimedean Circle in an Arbelos". Sin embargo, mi mejor resultado sobre círculos de Arquímedes fue publicado en la página web del doctor Alexander Bogomolny, Cut-the-knot.org, con título "Garcia's Archimedean Quadruplets" (ver mi artículo "El Arbelos y esos Círculos Gemelos de Arquímedes"). La razón por la que este resultado es superior al que publiqué en Forum Geometricorum es porque empata dos teoremas en uno. Algo muy bien visto en ciencias y matemáticas es cuando dos conceptos que aparentemente no guardan conexión entre ellos, son emparejados. En abril del año 2014 introduje dos nuevos triángulos notables (outer/inner García Triangle en la "Encyclopedia of Triangle Centers") que compiten en propiedades con los triángulos de Hexyl y Furhmann. Randy Hutson, Bernard Gibert y Clark Kimberling aún siguen encontrando propiedades interesantes de mis triángulos. En el año 2016 colaboré en un artículo, "Golden Sections of Triangle Centers in the Golden Triangles", junto al Dr. Paul Yiu (como consecuencia de este artículo tengo Número de Erdos igual a 4). En 2018 introduje el “Garcia-Reflection Triangle”, cuyas propiedades pueden consultarse en la octava parte de la Encyclopedia of Triangle Centers. Como compositor de problemas, algunas de mis composiciones se han incorporado a la magnífica colección de puntos de concurrencia del Dr. Hans Walser, Alemania. En la segunda edición del libro "Geometry in Figures", del matemático ruso Arseniy Akopyan, se me acredita el resultado 8.1.23. La primera edición de este libro está disponible gratuitamente aquí

Quizá sea necesario añadir que jamás he leído un solo libro enfocado exclusivamente en geometría plana. Estoy seguro que la gran mayoría (por no decir todos) de los participantes de la IMO (la más prestigiosa olimpiada matemática del mundo) primero estudian teoría y luego resuelven problemas. Mi proceder, de hecho, es al revés. Me explico: lo primero que procuro es encontrar patrones geométricos interesantes. Esto puede requerir mucho tiempo, y mucho más si no se cuenta con algún software dinámico. Una vez encuentro algo interesante, entonces empiezo a averiguar cómo demostrarlo. Es ahí donde empiezo a estudiar de Internet teoremas que posiblemente puedan ayudarme a dar con la prueba. Así es como lo he hecho siempre y no es raro que me tome en algunas ocasiones hasta una semana para demostrar un teorema. Obviamente, por el tiempo que llevo haciendo esto, no siempre necesito estudiar de Internet antes de afrontar un problema.

Es difícil encontrar un método que te garantice ser productivo en matemáticas. No hay recetas para la creatividad. Pero lo que sí está claro es que (y la historia lo demuestra) seguir rutas distintas a las convencionales puede convertirse en la clave para la creatividad matemática.


Mis apariciones en medios de comunicación.
Programa "El Despertador": Dominicano con aportes en geometría plana.





sábado, 27 de enero de 2018

Una aplicación del Teorema de Ceva en su Versión Trigonométrica

Este es el punto de concurrencia 761 en la colección de puntos de concurrencia del Dr. Hans Walser. El problema se acredita a Abdilkadir Altintas.

Considere un triángulo $ABC$ y su incírculo. $E$, $F$ y $G$ son los puntos donde el incírculo de $ABC$ toca los lados $AC$, $AB$ y $BC$, respectivamente. Ahora considere el incírculo del triángulo $EFG$. $H$, $I$, $J$ son los puntos donde el incírculo de $EFG$ toca los lados $EG$, $FG$ y $EF$, repectivamente.

Demuestre que $AJ$, $BI$ y $CH$ concurren.


Demostración.
Apelaremos a la versión trigonométrica del Teorema de Ceva para demostrar la concurrencia. Es decir, demostraremos que

$$\frac{sen\angle{ECH}}{sen\angle{GCH}}\bullet\frac{sen\angle{GBI}}{sen\angle{FBI}}\bullet\frac{sen\angle{FAJ}}{sen\angle{EAJ}}=1$$

Note que $EJ=EH=m$; $GH=GI=n$; $FI=FJ=l$. También $CE=CG=o$.

Por la Ley de Senos, 

$sen\angle{ECH}=\frac{msen\angle{EHC}}{o}$

Análogamente, 

$sen\angle{GCH}=\frac{nsen\angle{GHC}}{o}$

Así,

$$\frac{sen\angle{ECH}}{sen\angle{GCH}}=\frac{msen\angle{EHC}}{nsen\angle{GHC}}$$

Pero $\angle{GHC}=180^\circ-\angle{EHC}$

De este modo tenemos que

$$\frac{sen\angle{ECH}}{sen\angle{GCH}}=\frac{m}{n}$$

Por analogía, 

$$\frac{sen\angle{GBI}}{sen\angle{FBI}}=\frac{n}{l}$$

$$\frac{sen\angle{FAJ}}{sen\angle{EAJ}}=\frac{l}{m}$$

De donde sigue que

$$\frac{sen\angle{ECH}}{sen\angle{GCH}}\bullet\frac{sen\angle{GBI}}{sen\angle{FBI}}\bullet\frac{sen\angle{FAJ}}{sen\angle{EAJ}}=\frac{m}{n}\bullet\frac{n}{l}\bullet\frac{l}{m}=1$$

$Q.E.D.$

En el siguiente enlace podrás ver la colección completa del Dr. Hans Walser, a la cual he contribuido las concurrencias 756, 757, 758, 759 y 760.

Schnittpunkte