domingo, 17 de octubre de 2021

PAGMO 2021 - Problemas 2, 6

Estas son mis soluciones a los problemas $2$ y $6$ de la Olimpiada Panamericana Femenil de Matemáticas.

Problema 2. Considere el triángulo rectángulo isósceles $\triangle{ABC}$ con $\angle{BAC}=90^\circ$. Sea $l$ la recta que pasa por $B$ y el punto medio del lado $AC$. Sea $\tau$ la circunferencia con diámetro $AB$. La recta $l$ y la circunferencia $\tau$ se intersecan en el punto $P$, diferente de $B$. Muestre que la circunferencia que pasa por los puntos $A$, $C$ y $P$ es tangente a la recta $BC$ en $C$.

Demostración. Considera una línea, $m$, paralela a $AB$ que pase por $C$. Denota con $D$ la intersección de $l$ y $m$. Por el Teorema de Tales, $\angle{APD}=90^\circ$. Como $\angle{ACD}$ es recto, tenemos que $APCD$ es cíclico. Llamemos $M$ al punto medio de $AC$. Claramente, $\triangle{ABM}\cong{\triangle{CDM}}$ (por el criterio $ALA$) con $CD=AB=AC$, por lo que $\triangle{ACD}$ es también un triangulo rectángulo isósceles con $\angle{ADC}=\angle{ACB}$. Por la conversa del Teorema del Segmento Alterno, la circunferencia que pasa por los puntos $A$, $P$ y $C$ debe ser tangente a $BC$ en $C$.


Problema 6. Sea $ABC$ un triángulo con incentro $I$ y sea $\tau$ el excírculo opuesto al vértice $A$. Suponga que $\tau$ es tangente a las rectas $BC$, $AC$ y $AB$ en los puntos $A_1$, $B_1$ y $C_1$, respectivamente. Suponga que las rectas $IA_1$, $IB_1$ e $IC_1$ intersectan nuevamente a $\tau$ en los puntos $A_2$, $B_2$ y $C_2$, respectivamente. Sea $M$ el punto medio del segmento $AA_1$. Si las rectas $A_1B_1$ y $A_2B_2$ se intersectan en $X$ y las rectas $A_1C_1$ y $A_2C_2$ se intersectan en $Y$, demuestre que $MX=MY$.

Demostración. Claramente, $\angle{ABI}=\angle{BC_1A_1}$, por lo que  $BI\parallel{A_1C_1}$. Por propiedad de ángulos entre paralelas, $\angle{BIC_1}=\angle{IC_1A_1}$ y por propiedad del ángulo semiinscrito, $\angle{BC_1I}=\angle{C_1A_1C_2}$. Esto implica que $\triangle{IBC_1}\sim{\triangle{A_1C_1C_2}}$. Luego sigue que $\angle{IC_2A_1}=180^\circ-\angle{C_1C_2A_1}=180^\circ-\angle{C_1BI}=\angle{ABI}=\angle{A_1BI}=\frac{\angle{ABC}}{2}$. De donde se deduce que $IBC_2A_1$ es cíclico. Denotemos con $N$ la segunda intersección de $BC_2$ con $\tau$. Por el Teorema de Reim, $BI\parallel{A_2N}$. Note que $A_1NC_1C_2$ es un cuadrilátero armónico, por lo que si proyectamos desde $A_2$ sobre la recta $A_1C_1$, también paralela a $A_2N$ (recuerde que $BI\parallel{A_1C_1}$), tenemos

$$-1=(N, C_2; C_1, A_1)\stackrel{A_2}{=}(P_\infty, Y; C_1, A_1).$$

Esto implica que $Y$ es el punto medio de $A_1C_1$. Análogamente, $X$ es el punto medio de $A_1B_1$.  Por el Teorema del Segmento Medio, $MY=\frac{AC_1}{2}$ y $MX=\frac{AB_1}{2}$. Pero $AC_1=AB_1$ por ser tangentes comunes, por lo tanto $MY=MX$.

lunes, 14 de junio de 2021

Generalized half-angle formulas - Hyperbolic version

In Mathoverflow I wonder about the possibility of finding non-Euclidean versions of the generalized half-angle formulas $[1]$. The Russian mathematician Alexander Mednykh has kindly answered my question. Specifically, he has derived the hyperbolic version. Look at the following link:

Note: Generalized half-angle formula - Hyperbolic version

Reference

$[1]$ E. A. José García, Two Identities and their Consequences, MATINF, 6 (2020) 5-11.

martes, 1 de junio de 2021

Using the half-angle formula for cosine to derive Zelich's lemma on mixtilinear incircles

Lemma (Ivan Zelich). Let $w$ be the $A$-mixtilinear incircle in $\triangle{ABC}$ touching side $AB$ at $E$, side $AC$ at $F$. Then

$$AE=AF=\frac{bc}{s}\tag{1}$$

where $s$ is the semiperimeter.

Proof 1. The radius of $w$ inscribed in $\angle{CAB}=\alpha$ is given by

$$\rho_a=r\sec^2{\frac{\alpha}{2}}\tag{2}$$

where $r$ is the inradius of the reference triangle and $\rho_a$ is the radius of $w$ (Durell and Robson 1935).

A proof of $(2)$ can be found here (see pp. 13).

The half-angle formula for cosine states that 

$$\cos^2{\frac{\alpha}{2}}=\frac{s(s-a)}{bc}\tag{3}$$

See here for a proof of $(3)$.

Call $I$ the Incenter of $\triangle{ABC}$ and $D$ the touchpoint between the incircle and $AC$. Denote $K$ the center of $w$. Notice that $\triangle{AID}\sim\triangle{AKF}$. Now, by similarity of triangles we have

$$\frac{r}{s-a}=\frac{\rho_a}{AF}\tag{4}$$

Combining $(2)$ and $(3)$ in $(4)$ we get $(1)$.

$\square$
Proof 2. We can also derive $(1)$ using the relationships $\Delta=rs$ and $\Delta=\frac{bc\sin{\alpha}}{2}$. Indeed, since 

$$r=\frac{\Delta}{s}=\frac{\frac{bc\sin{\alpha}}{2}}{s}=\frac{bc\sin{\frac{\alpha}{2}}\cos{\frac{\alpha}{2}}}{s}.$$

Substituting in $(2)$ and simplifying we get 

$$\rho_a=r\sec^2{\frac{\alpha}{2}}=\frac{bc}{s}\tan{\frac{\alpha}{2}}=\frac{bc\rho_a}{s\cdot{AF}}$$

from which the result holds. 

$\square$

A proof using inversion can be found here

Related material

viernes, 7 de mayo de 2021

Using the half-angle formulas to derive Mahavira's identities

In a cyclic quadrilateral $ABCD$, let $a$, $b$, $c$, $d$ denote the lengths of sides $AB$, $BC$, $CD$, $DA$, and $m$, $n$ the lengths of the diagonals $BD$ and $BC$. Then Mahavira's result is expressed as
$$m^2=\frac{(ab+cd)(ac+bd)}{ad+bc}\tag{1}$$
$$n^2=\frac{(ac+bd)(ad+bc)}{ab+cd}\tag{2}.$$

Proof. By the Law of Cosines, 

$$\begin{align*}m^2&=a^2+d^2-2ad\cos{A}\\&=a^2+d^2-2ad(2\cos^2{\frac{A}{2}}-1)\\&=(a+d)^2-4ad\cos^2{\frac{A}{2}}\end{align*}$$

Substituting from the half-angle formula (see formula $(5)$ in this page) we get

$$\begin{align*}m^2&=(a+d)^2-\frac{ad[(a+d)^2-(b-c)^2]}{ad+bc}\\&=\frac{bc(a+d)^2+ad(b-c)^2}{ad+bc}\\&=\frac{a^2bc+bcd^2+ab^2d+ac^2d}{ad+bc}\\&=\frac{(ab+cd)(ac+bd)}{ad+bc}.\end{align*}$$
$\square$

Similarly we can get $(2)$.

Related material 

martes, 30 de marzo de 2021

Length of angle bisector: yet another application of the half-angle formulas

Let $\triangle{ABC}$ be a triangle. Let $AD$ be the angle bisector of $\angle{BAC}$ in $\triangle{ABC}$. Let $d$ be the length of $AD$. Then $d$ is given by:

$$d^2=\frac{bc}{(b+c)^2}\left[(b+c)^2-a^2\right]\tag{1}$$

where $a$, $b$, and $c$ are the sides opposite $A$, $B$ and $C$ respectively.

Lemma 1 (Tehebycheff). Let $\triangle{ABC}$ be a triangle. Let $AD$ be the angle bisector of $\angle{BAC}$ in $\triangle{ABC}$. Let $d$ be the length of $AD$ and $\angle{BAD}=\angle{CAD}=\frac{\alpha}{2}$. Then $d$ is given by:

$$d=\frac{2bc\cos{\frac{\alpha}{2}}}{b+c}\tag{2}$$

Proof. Let $BD=m$ and $CD=n$. We make use of the Angle Bisector Theorem and the Law of Cosines. Indeed, by the Angle Bisector Theorem we have

$$\frac{b}{c}=\frac{n}{m}$$

which can also be written as

$$\frac{b^2}{c^2}=\frac{n^2}{m^2}\tag{3}$$

Now, by the Law of Cosines, 

$$n^2=b^2+d^2-2bd\cos{\frac{\alpha}{2}}\tag{4}$$

$$m^2=c^2+d^2-2cd\cos{\frac{\alpha}{2}}\tag{5}$$

Dividing $(4)$ by $(5)$ and substituting $\frac{n^2}{m^2}$ by $\frac{b^2}{c^2}$ we have

$$\frac{b^2}{c^2}=\frac{b^2+d^2-2bd\cos{\frac{\alpha}{2}}}{c^2+d^2-2cd\cos{\frac{\alpha}{2}}}$$

From which we get

$$d^2(b^2-c^2)=2bcd\cos{\frac{\alpha}{2}}(b-c)$$

Isolating $d$, factoring and simplifying we obtain $(2)$.

$\square$

Another proof of Lemma 1 can be found here.

Lemma 2. Let $\triangle{ABC}$ be a triangle and let $a$, $b$ and $c$ be the lengths of sides $BC$, $AC$ and $BC$, respectively. Then the following identity holds

$$2\cos{\frac{\alpha}{2}}=\sqrt{\frac{(b+c)^2-a^2}{bc}}\tag{6}$$

A proof of Lemma 2 can be found here.

$\square$

Main proof

Combining $(2)$ and $(6)$ we obtain

$$d=\frac{bc}{(b+c)}\cdot{\sqrt{\frac{(b+c)^2-a^2}{bc}}}$$

Raising both sides to the power of 2 we get $(1)$.

$\square$

Related material

Length of Angle Bisector

Proving the length of angle bisector

domingo, 28 de marzo de 2021

Mis publicaciones

Este artículo inspiró la portada del CMJ, Volumen 53, 2022 - 2. Mire aquí.

En Forum Geometricorum

En MATINF

En Sangaku Journal of Mathematics

En Online Catalogue of Archimedean circles

Artículos donde se citan mis trabajos