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Revista académica de los Educadores y Mentores del Programa Jóvenes Talento

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ME

SALE

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Revista académica de los Educadores y Mentores

del Programa Jóvenes Talento

(2)

Contenidos

Artículos

Presentamos dos exposiciones del V Taller Centroamericano de Resolución de Problemas Olímpicos, desarrollado en el presente mes en San Salvador.

Coordenadas baricéntricas Rufo Casco (Nicaragua)

Desigualdades algebraicas Propuesto por el editor

Problemas olímpicos

Problemas de la Olimpiada de Mayo 2010

La Olimpiada de Mayo es una competencia juvenil a nivel iberoamericano, que se distingue de otras olimpiadas internacionales ya que las pruebas tienen lugar en cada uno de los países participantes, y posteriormente son enviadas al país organizador, que es Argentina. Fue planeada por primera vez en 1995 por la entonces recién fundada Federación Iberoamericana de Competencias Matemáticas, la cual se inspiró en la Asian-Pacific Mathematics Olympiad como modelo a seguir. La Olimpiada de Mayo está organizada en dos niveles: el nivel I, dirigido a estudiantes menores de 13 años, y el nivel II, para alumnos entre 13 y 15 años de edad. Los resultados obtenidos por El Salvador el presente año son:

Nivel I

Miguel Ángel Aguilar Ramos Mención honorífica Alma Paola Araujo Martínez Medalla de bronce Antonia Elizabeth Pérez Castillo Medalla de plata Rodrigo Alberto Vásquez Posada Mención honorífica

Nivel II

(3)

Problemas de la Olimpiada Matemática de Centroamérica y el Caribe 2010

La Olimpiada Matemática de Centroamérica y el Caribe (OMCC) es una competencia regional creada en 1999 con el objetivo de estimular el estudio de la matemática en el área centroamericana. Actualmente participan 12 países: Colombia, Costa Rica, Cuba, El Salvador, Guatemala, Honduras, México, Nicaragua, Panamá, Puerto Rico, República Dominicana y Venezuela. Cada país puede participar enviando una delegación de tres estudiantes no mayores de 16 años. La 12ª edición de la OMCC fue celebrada en mayo del presente año en Puerto Rico, y los resultados obtenidos por la delegación salvadoreña son:

Gerardo Augusto Urbina Sánchez Medalla de bronce

Ramón Sanfeliu Beneke Medalla de plata

Manuel Alejandro Mundo Dueñas Medalla de plata

Problemas de la Olimpiada Internacional de Matemática 2010

La IMO (International Mathematical Olympiad) es la competencia de matemática de más prestigio y dificultad a nivel preuniversitario. Fue celebrada por primera vez en Rumania en 1959, lo que la convierte en la olimpiada internacional de ciencias más antigua. Aunque en sus primeros años estuvo confinada a los países de Europa del Este, con el pasar del tiempo se ha convertido en un evento de carácter mundial, con 517 participantes de 97 países de todo el mundo en 2010. La 51ª edición de la IMO fue celebrada en julio del presente año en Kazajstán, y los resultados de nuestra delegación son:

Nahomy Jhopselyn Hernández Cruz Mención honorífica Byron Thonatiu Escobar Benítez Mención honorífica Jaime Antonio Bermúdez Huezo

Problemas de la Olimpiada Iberoamericana de Matemática 2010

La Olimpiada Iberoamericana de Matemática (OIM) es la competencia matemática de mayor prestigio y dificultad a nivel latinoamericano. Fue celebrada por primera vez en 1989 a iniciativa de Colombia y Argentina, como respuesta a la falta de una olimpiada que involucrara a todos los países de la región. Desde ese entonces el número de países participantes ha ido en aumento hasta comprender 23 países iberoamericanos. Cada uno de ellos puede enviar al concurso una delegación de cuatro estudiantes no mayores de 18 años; además cada estudiante puede participar un máximo de dos veces en la OIM. La 25ª olimpiada fue celebrada en Paraguay en septiembre del presente año, y los resultados de la delegación salvadoreña son:

Gabriela Alejandra Flores Acevedo

(4)

Columna de problemas

Soluciones 4

Se recibieron soluciones de los siguientes lectores:

Problema 16: César Gómez (Colegio Santa Isabel, Cojutepeque), Manuel Mundo (Liceo San Luis, Santa Ana).

Problema 17: Eder Jacobo (Universidad de El Salvador), Gerardo Urbina (Liceo Salvadoreño).

Problema 19: Eder Jacobo (Universidad de El Salvador).

Además agradecemos a Carlos Ruiz y Óscar Hernández (Universidad de El Salvador) por señalar un error en la solución publicada del problema 14. Presentamos una solución completa por Ruiz.

Problemas 5

En esta sección se incluyen 5 problemas de desafío a los lectores, quienes están invitados a resolverlos y enviar sus mejores soluciones a la revista. Las soluciones más originales serán publicadas en el siguiente número.

Problemas abiertos

(5)

Acerca de NO ME SALE :/

Editor

Gabriel Alexander Chicas Reyes (Universidad de Tokio) Correo electrónico: gachr_ebc253@hotmail.com

Apoyado por el grupo de instructores de Olimpiadas de Matemática del Programa Jóvenes Talento, y la Asociación de Padres de Familia del Programa Jóvenes Talento (ASTALENTO).

Contribuciones

La revista del Programa Jóvenes Talento invita cordialmente a participar en su elaboración a todos los miembros del Programa (alumnos, instructores, catedráticos, padres de familia) y al lector interesado en general.

Artículos. Se invita a los lectores a contribuir con sus trabajos originales sobre matemática elemental, o bien con artículos de divulgación científica. El documento debe incluir las referencias académicas usadas en su elaboración, y la información de contacto de su autor, incluyendo: Nombre, afiliación académica y correo electrónico.

Columna de problemas. Se invita a los lectores a enviar sus soluciones originales a los problemas de esta sección, así como a proponer problemas interesantes para la columna del siguiente número. El archivo enviado debe incluir la información de contacto del autor, y en el caso de un problema propuesto su respectiva procedencia (nombre del libro, olimpiada, o autor del problema).

Contacto

Se solicita a los lectores enviar sus contribuciones, preguntas o comentarios a la dirección revistanomesale@gmail.com, o bien contactar directamente al editor.

Próximo número

(6)

Dado un triángulo ABC, con sus vértices en sentidos antihorarios, definimos las coordenadas baricentricas del punto P como:

( : : ) ( ) : ( ) : ( )

Px y zPBC PCA PAB

Convenimos que el área de un triángulo es positiva si sus vértices se recorren en sentido antihorario.

Ejemplo: Circuncentro “O”

2 2 2

2 2 2 2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

: :

1 1 1

2 : 2 : 2

2 2 2

cos : cos : cos

: :

2 2 2

( ) : ( ) : ( )

O OBC OCA OAB

R sen A R sen B R sen C

senA A senB B senC C

b c a a c b a b c

a b c

bc ac ab

a b c a b a c b c a b c

   

 

     

      

Trazas de un punto. Si P( : : )x y z , entonces los pies de las cevianas AP, BP y CP vienen dadas por:

(0 : : ) ( : 0 : ) ( : : 0)

D y z

E x z

F x y

  

Coordenadas Baricentricas Absolutas: Las coordenadas baricentricas absolutas del punto “P” se denota por:

1

( ) ( ) ( )

( )

P PBC A PCA B PAB C

ABC

  

Si P( : : )x y z

1

P xA yB zC

x y z

  

 

 Si P y Q tienen coordenadas baricentricas absolutas, el punto “X” divide a PQ en la razón

: :

PX XQp q, entonces las coordenadas baricentricas absolutas de X serán X qP pQ p q

 

 Si los vértices de un triángulo PP P1 2 3, tienen coordenadas baricentricas absolutas

i i i i

(7)

1 1 1 1 2 3 2 2 2 3 3 3

( ) ( )

x y z

P P P x y z ABC

x y z

 Si tres puntos P1, P2 y P3 están alineados, con coordenadas baricentricas absolutas

i i i i

Px Ay Bz C, si y solo si:

1 1 1 2 2 2 3 3 3

0

x y z

x y z

x y z

Baricentro: Sean X, Y y Z los puntos medios del triángulo ABC, entonces:

: 1 : 1

: 1 : 1

: 1 : 1

BX XC

AY YC

AZ ZB

  

Estos concurren en el Centroide G con coordenadas homogéneas 1:1:1 o 1( ) 3

GA B C

Teorema de Ceva: Sean X, Y y Z puntos sobre las líneas BC, CA y AB respectivamente tales que:

: :

: :

: :

BX XC y z

AY YC x z

AZ ZB x y

  

Si 1 1 1 0

x  y z , las líneas AX, BY, CZ se cortan en un punto P con coordenadas homogéneas: 1 1 1

: : yz xz xy: : x y z

Con respecto al triángulo ABC. Tienen coordenadas baricentricas:

1

P zyA xzB xyC

zy xz xy

  

 

Incentro: Sean X, Y y Z las intersecciones de las bisectrices interiores con los lados del triángulo ABC, entonces:

: : :

: : :

: : :

BX XC c b ac ab

AY YC c a bc ab

AZ ZB b a bc ac

 

 

 

Las bisectrices interiores se cortan en el Incentro, con coordenadas:

1 1 1

: : a b c: :

bc ac ab o

1

I aA bB cC

a b c

  

 

(8)

0 : :

: 0 :

: : 0

X s c s b

Y s c s a

Z s b s a

  

  

  

Ordenando:

0 :1 ( ):1 ( )

1 ( ): 0 :1 ( )

1 ( ):1 ( ): 0

X s b s c

Y s a s c

Z s a s b

  

  

  

Las coordenadas homogéneas del punto de Gergonne son:

1 ( ) :1 ( ) :1 ( ) e

Gs as bs c

Teorema de Menelao: Sean X, Y y Z puntos sobre las líneas BC, CA y AB respectivamente tales que:

: :

: :

: :

BX XC y z

AY YC x z

AZ ZB x y

 

 

 

Entonces X, Y y Z están alineados.

Recta de Lemoine. Sea X el punto de corte de la tangente trazada por A al circuncírculo del triángulo ABC con BC, se tiene que:

2 2

2 2

2 2 2

BX BX CX AX AX AB c

CX CX CX CX CA b

    

  

   

Es decir: 2 2

: :

BX XCcb , de manera similar se con Y y Z, obteniendo:

2 2 2 2

2 2 2 2

2 2 2 2

: : 1 : 1

: : 1 : 1

: : 1 : 1

BX XC c b b c

AY YC c a a c

AZ ZB b a a b

   

   

   

Esto quiere decir que X, Y y Z están alineados.

(9)

0 : :

: 0 :

: : 0

X s b s c

Y s a s c

Z s a s b

  

  

  

( ) : ( ) : ( ) a

N  s a s bs c o en coordenadas absolutas:

1

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

a

N s a A s b B s c C

s a s b s c

     

    

1

( )

3 2

1

( ) ( )

2

( ) ( )

2

3 2

a

N sA sB sC aA bB cC

s s

s A B C aA bB cC

s

A B C aA bB cC

s

G I

     

     

     

 

Concluimos que el punto de Nagel, el Centroide y el Incentro se encuentran alineados (Recta de Nagel o Recta de Housel), con el punto de Nagel dividiendo al segmento IG externamente con razón

: 3: 2

a a

IN N G 

Puntos Isotómicos, Isogonales conjugados.

Sea P un punto con coordenadas baricentricas Px y z: :

El punto conjugado isotómico de P “P” tiene coordenadas baricentricas: P 1 1 1: : x y z

Si Px y z: : entonces: 0 : :

Gy z

: 0 : Hx z

: : 0

Jx y

Y sus isotómicos respectivos serán: ' 0 : : 0 :1 :1

Gz yy z

' : 0 : 1 : 0 :1

Hz xx z

' : : 0 1 :1 : 0 Jy xx y

Por lo que las coordenadas de P serán: 1 1 1

: : P

x y z

(10)

El punto conjugado isogonal de P “ *

P ” tiene coordenadas baricentricas:

2 2 2 *

: :

a b c

P

x y z

Si Px y z: : entonces: ' 0 : :

Ay z

' : 0 : Bx z

' : : 0

Cx y

1 1

1 1

1 1 1 1

( '' ) ( )

'' ( '')

'' ( '') ( '' ) ( )

0.5( )( )( )

0.5( )( )( )

BA D BAD

BA BAA

A C CAA CA D CAD

BD AD senC c CD

CD AD senB b BD

  

 

' ( ) 0.5( )( )( )

' ( ) 0.5( )( )( )

z BA BAD BD AD senC c BD

y A C CAD CD AD senB b CD

BD bz CD cy

   

 

2 2 ''

''

BA c CD c y

A C b BD b z

  

 ,

2 2 2 2

'' 0 : : 0 :b :c

A b z c y

y z

 

Y de manera similar:

2 2

'' a : 0 :c B

x z

2 2 '' a :b : 0 C

x y

 , por lo que por el teorema de las trazas AA’’, BB’’ y CC’’ son concurrentes en * P con

coordenadas baricentricas:

2 2 2 *

: :

a b c

P

x y z

Punto de “K” de Lemoine: Las rectas isogonales conjugadas a las medianas de un triangulo son concurrentes en el punto K de Lemoine. Como las coordenadas del baricentro son G1:1:1, entonces las coordenadas del punto de Lemoine será:

2 2 2

2 2 2

: : : :

1 1 1

a b c

K  a b c

(11)

El semiperimetro en el DEF 1( ) 1

2 4 2

DEF

DE EF FD

s     a b c   s, s: semiperimetro ABC Las coordenadas del punto de Nagel del DEF serán:

1

( ) ( ) ( )

2 1 1 1 1 1 1

( ) ( ) ( )

2 2 2 2 2 2

1

( ) ( ) ( )

DEF DEF DEF DEF

DEF

Na s DE F s DF E s EF D

s

s a F s b E s c D

s

s a F s b E s c D s                       Sabiendo que: 1 ( ) 2

FB C , 1( ) 2

EA C , 1( ) 2

DA B Entonces:

1 ( ) ( ) ( )

1 1 1 1

( )( ) ( )( ) ( )( )

2 2 2

1 ( ) ( ) ( ) 2 1 2 DEF ABC

Na s a F s b E s c D

s

s a B C s b A C s c B A

s

A s b s c B s a s c C s a s b s

aA bB cC s I                                   

Problema 2: Sean M, N y L puntos sobre los lados BC, CA y AB, respectivamente, tales que

BM CN AL

BCACAB, demostrar que el baricentro del triángulo ABC coincide con el del triángulo LMN.

BC AC AB

k BMCNAL

1 1

BM CN AL

MCNALBk

0 : 1:1

Mk , N1: 0 :k1, L k 1:1: 0

1

( 1)

M k B C

k

  

1

( 1)

N A k C

k

  

1

( 1)

L k A B

k

(12)

 

 

1 3

1 1 1 1

( 1) ( 1) ( 1)

3

1 1 1 1 1 1 1

1 1 1

3

1 3 LMN

ABC

G M N L

k B C A k C k A B

k k k

A B C

k k k k k k

A B C

G

  

 

       

 

      

     

     

 

  

Problema 3: Sea ABC con  A 60, F el punto de Feurbach, r: inradio. Demostrar que AFr

(IMOTC-India).

Sea I: Incentro, M: punto de tangencia del incirculo con AB.

Entonces AI 2IM 2r, IFr AFr. Si AFr(1)  A, F e I están alineados, y como F, I y O9 también lo están  A, F, I y O9, es decir que A, I y O9 están alineados, por coordenadas baricentricas seria:

Estos tres puntos están alineados si y solo si:

1 0 0

0

cos( ) cos( ) cos( )

a b c

a B C b C A c A B

  

Que es equivalente a demostrar que: bccos(A B )cbcos(CA)0, como  A 60

Entonces: cbcos(CA)cbcos(C60 ) cbcos(120 B 60 ) cbcos(60B)cbcos(A B )

Por lo que queda demostrado que el determinante formado por las coordenadas de esos tres puntos es igual a cero, por lo que dichos puntos están alineados, implicando la relación (1) en que AFr

9

: :

cos( ) : cos( ) : cos( )

1: 0 : 0 I a b c

O a B C b C A c A B

A

   

(13)

Algunos puntos notables: Incetro

: :

1 1 1

: :

2 2 2

: :

I IBC ICA IAB

ar br cr a b c

   

Centroide

: :

1 1 1

( ) : ( ) : ( )

3 3 3

1:1:1

G GBC GCA GAB

ABC ABC ABC

   

Circumcentro

2 2 2

: :

1 1 1

2 : 2 : 2

2 2 2

2 : 2 : 2

O OBC OCA OAB

R sen A R sen B R sen C sen A sen B sen C

   

Ortocentro

: :

1 1 1

(180 ) : (180 ) : (180 )

2 2 2

: :

: :

cos cos cos

tan : tan : tan

H HBC HCA HAB

HB HCsen A HC HAsen B HA HBsen C

HA HB HCsenA HA HB HCsenB HA HB HCsenC

HA HB HC

senA senB senC

R A R B R C

A B C

                   

Centro de los 9-puntos

9 9 : 9 : 9

1 1 cos 1 1 cos 1 1 cos

cos : cos : cos

2 2 tan 2 2 tan 2 2 tan

cos cos cos cos cos cos

cos : cos : cos

O O BC O CA O AB

c B a C b A

a R A b R B c R C

C A B

c B C a A C b A B

a R A b R B c R C

senC senA senB

                                         

(cos 2 cos cos ) : (cos 2 cos cos ) : (cos 2 cos cos )

( cos cos 2 cos cos ) : ( cos cos 2 cos cos )

: ( cos cos 2 cos cos )

cos( ) : cos( ) : cos( )

aR A B C bR B A C cR C B A

a B C senBsenC B C b A C senAsenC A C

c B A senBsenA B A

a B C b C A c A B

   

      

  

(14)

Mittenpunkt

baricentrica a(b + c - a) : b(c + a - b) : c(a + b - c)

Centro de Spieker

baricentrica

b + c : c + a : a + b

Punto de Feuerbach

baricentrica a(1 - cos(b - c)) : b(1 - cos(c - a)) : c(1 - cos(a - b))

= h(a,b,c) : h(b,c,a) : h(c,a,b), donde h(a,b,c) = (b + c - a)(b - c)2

1er Centro Isogonico (punto de Fermat , punto de Torricelli) baricentrica a csc(a + π/3) : b csc(b + π/3) : c csc(c + π/3)

2nd Centro Isogonico

baricentrica a csc(a - π/3) : b csc(b - π/3) : c csc(c - π/3)

1er Punto Isodinamico

baricentrica a sin(a + π/3) : b sin(b + π/3) : c sin(c + π/3)

2do Punto Isodinamico

baricentrica a sin(a - π/3) : b sin(b - π/3) : c sin(c - π/3)

1er Punto de Napoleon

baricentrica a csc(a + π/6) : b csc(b + π/6) : c csc(c + π/6)

2do Punto de Napoleon

baricentrica a csc(a - π/6) : b csc(b - π/6) : c csc(c - π/6)

Punto de Clawson

baricentrica a tan a : b tan b : c tan c

Punto de Schiffler

baricentrica a/(cos b + cos c) : b/(cos c + cos a) : c/(cos a + cos b)

3er Punto de Brocard baricentrica 1/a2 : 1/b2 : 1/c2

Punto de Tarry

baricentrica g(a,b,c) : g(b,c,a) : g(c,a,b), donde g(a,b,c) = 1/(b4 + c4 - a2b2 - a2c2)

Punto de Steiner

baricentrica 1/(b2 - c2) : 1/(c2 - a2) : 1/(a2 - b2)

Punto de Parry

(15)

Notación de Conwey: Sea “S” denota dos veces el área de (ABC). Para un número Real , denota cot

SS , en particular: 2 2 2

2 A

b c a

S    ,

2 2 2 2 B

a c b

S    ,

2 2 2 2 C

a b c

S   

Para arbitrarios  y  SSS

Lema: SBSCa2, SABSBCSCAS2

Ortocentro: 1 : 1 : 1 A B C

H

S S S

Circuncentro: 2 2 2

: :

A B C

Oa S b S c S

Formula de Conway:

Sea P un punto tal como se muestra en la figura:

Entonces las coordenadas baricentricas serán:

2

: C : B

P a SS SS , con ,

2 2        2 2 2 2 ( ) : ( ) : ( )

1 1 1

(180 ) : ( ) : ( )

2 2 2

( ) : ( ) : ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) : : (*) cos :

P PBC PCA PAB

PB PCsen PC CAsen C PB BAsen B

a sen sen basen casen

sen sen C sen B

sen sen sen

absen C acsen B a sen sen absenC a s                                            2

cos cos cos

:

: C : B

ab CsenC acsenB ac BsenB

en senC sen senB

a S S S S

   

   

Si fuese la traza A’, sus coordenadas serian

' 0 : ( ) : ( )

( ) ( )

0 : :

A PCA PAB

absen C acsen B

sen sen

 

 

 

 (*) , si   seria:

' 0 : ( ) : ( )

0 : ( ) : ( ) 0 : :

( ) ( )

A PCA PAB

b c

bsen C csen B

sen B sen C

(16)

' : 0 :

( ) ( )

a c

B

sen Asen C  

 

' : : 0

( ) ( )

a b

C

sen Asen B  

 

Y por el teorema de las trazas concurrirían en un punto “P” con coordenadas:

csc( ) : csc( ) : csc( )

Pa A b B c C

Ejemplos: Si

6 O BCa O CBa

      , resultaría que estamos hablando del 1er. Punto de Napoleón que resulta de unir los vértices de un triangulo con el centro del triangulo equilátero construido sobre el lado opuesto a

dicho vértice y no solapado (con el triangulo original). csc( ) : csc( ) : csc( )

6 6 6

Na A b B c C

Si ' '

3 A BC A CB

      , resultaría que estamos hablando del 1er. Punto de Fermat que resulta de unir los vértices de un triangulo con el centro del hexagono construido sobre el lado opuesto a dicho

vértice y no solapado (con el triangulo original). csc( ) : csc( ) : csc( )

3 3 3

Fa A b B c C

Punto negativo de Napoleón Punto positivo de Napoleón

Punto positivo de Fermat

(17)

Si

4 O BCa O CBa

      , resultaría que estamos hablando del 1er. Punto de Vecten que resulta de unir los vértices de un triangulo con el centro del cuadrado construido sobre el lado opuesto a dicho vértice

y no solapado (con el triangulo original). csc( ) : csc( ) : csc( )

4 4 4

Va A b B c C

Teorema de las trazas Generalizado:

Sea P un punto con coordenadas baricentricas P( : : )x y z

Cualquier punto “X” sobre la ceviana AP tendrá coordenadas X ***: :y z Cualquier punto “Y” sobre la ceviana BP tendrá coordenadas Yx::z Cualquier punto “Z” sobre la ceviana CP tendrá coordenadas Zx y: :

Y si existen puntos X, Y y Z tales que:

***: :

Xy z

: :

Yx  z : :

Zx y 

Entonces AX, BY y CZ concurrirán en un punto P de coordenadas baricentricas P( : : )x y z

Punto de Fermat: (figura anterior) 2 2

3 3

1 1

' : : : :

3 3 3 3

C B

c B B c

a

A a S S S S

S S S S

S S S S

 

    

    

      

      

2

1 1

' : :

3 3 3 3

A A C C

b B

S S S S

S S S S

 

    

      

      

2

1 1

' : :

3 3 3 3

A B A B

c A

S S S S

S S S S

 

    

      

      

Punto positivo

de Vecten

(18)

Por lo que las rectas AA’, BB’ y CC’ son concurrentes en un punto (F de Fermat) con coordenadas:

1 1 1

: :

3 3 3

1 1 1

: :

3 3 3

A B C

A B C

F

S S S

S S S

S S S S S S

                      

Ecuación de la Recta:

Sean Pp1:p2:p3 y Qq q1: 2:q3, la ecuación para cualquier punto Rx y z: : es:

1 2 3 1 2 3

0

x y z

p p p

q q q

 , (p q2 3p q x3 2) (p q3 1p q y1 3) (p q1 2p q z2 1) 0

( 2 3 3 2) 0 ciclica

p qp q x

Recta de Euler: (OGHO9) 1:1:1

G

: :

BC CA AB

HS S S

9 ( ) ( ) ( ) ( ) 0

OGHO AB CA BC AB CA BC A B C

ciclica

S S x S S y S S z S S S x

      

 

Recta de Fermat: (recta que une Fy F)

1 1 1

: :

3 3 3

1 1 1

: :

3 3 3

A B C

A B C

F

S S S S S S

F

S S S S S S

          2 2 2 2 2 2 2 1 1

( 3 )( 3 ) ( 3 )( 3 )

3 3 3 3 3 3

(3 )(3 )

2 3( )

(3 )(3 )

(3 )( ) 0

F F

ciclica B C B C

BC B C BC B C

ciclica BB CC

B C ciclica BB CC

AA B C

ciclica

x

S S S S S S S S

S S S S S S S S S S S S

x

S S S S

S S S

x

S S S S

S S S S x

(19)

Intersección de dos rectas: 1 1 1

2 2 2 0

0 p x q y r z p x q y r z

  

   la intersección “P” tiene por coordenadas baricentricas:

1 2 2 1: 2 1 1 2: 1 2 2 1 Pq rq r p rp r p qp q Intersección de F F  y

9

OGHO

A-coordenada intersección será:

2 2

2 2

2

( )( )(3 ) ( )( )(3 )

( )( ) (3 ) (3 )

( )( )( )(3 )

B C A A B CC C A B C A BB

C A A B B CC C BB

C A A B B C BC

S S S S S S S S S S S S S S

S S S S S S S S S S

S S S S S S S S

       

 

     

     

Y la intersección tendrá por coordenadas:

2 2 2

(3SBCS ) : (3SCAS ) : (3SABS )

Comentario: El uso de coordenadas baricentricas facilita ciertos casos en los que se conoce sobre qué punto estamos tratando, el tema continua es amplio pues el lector habrá notado que tratamos sobre puntos alineados, ecuación de la recta pero que pasa con distancia entre dos puntos? o la ecuación de la circunferencia? O de una curva en general el atractivo del tema es innegable aunque de cierta manera es muy algebraico que propiamente geométrico, invitamos al lector a que siga profundizando sobre el tema ya que tiene las herramientas básicas para poder seguir ampliándose sobre lo expuesto.

Bibliografía:

 www. mathworld.wolfram.com

 Introducción a la Geometría del triangulo 2001, Paul Yiu (Departamento de Matemática, Florida Atlantic University), 25-30.

 El uso de Coordenadas Baricentricas homogéneas en el plano de geometría euclidiana, Paul Yiu 569-578.

 COXETER, H.S.M., 1995, Linear Algebra and Its Applications, 226/228, 375–388.

(20)

Programa J´ovenes Talento de El Salvador

V Taller Centroamericano de Resoluci´on de Problemas Ol´ımpicos Teor´ıa de Desigualdades Algebraicas

17 de diciembre de 2010

1. Media de potencias ponderada.

Seanx1,x2, . . . , xn, ω1, ω2, . . . , ωn n´umeros reales no negativos yr∈ R. Entonces lar-´esima

media de potencias ponderada

Mr(x1, x2, . . . , xn, r) =

ωr

1+ω2r+· · ·+ωnxrn ω1+ω2+· · ·+ωn

1r

es una funci´on no decreciente de r.

Nota: Por convenci´on el casor= 0 representa la media geom´etrica. Casos particulares:

Desigualdad de las medias arm´onica-geom´etrica-aritm´etica-cuadr´atica. Paraω1=· · ·=ωn = 1, r=−1, 0, 1, 2,

n

1/x1+ 1/x2+· · ·+ 1/xn

≤ √nx

1x2· · ·xn≤

x1+x2+· · ·+xn

n ≤

r x2

1+x22+· · ·+x2n

n .

Medias de potencias. Paraω1=· · ·=ωn = 1 y dos enteros positivosr < snos da

r r

xr

1+xr2+· · ·+xrn

n ≤

s r

xs

1+xs2+· · ·+xsn

n .

2. Desigualdad de Muirhead.

Definici´on de mayoraci´on. Dados dos vectores de coordenadas no negativasA= (a1, a2, . . . , an),

B = (b1, b2, . . . , bn), decimos queA mayoriza a B, y escribimos A B, si se cumplen las

siguientes condiciones:

a1≥b1

a1+a2≥b1+b2

.. .

a1+a2+· · ·+an−1≥b1+b2+· · ·bn−1

a1+a2+· · ·+an =b1+b2+· · ·+bn.

Notaci´on sim´etrica. Seanx1, x2, . . . , xn,α1, α2, . . . , αn, n´umeros no negativos, ySnel conjunto de permutaciones de{1, 2, . . . , n}. Entonces definimos lasuma sim´etrica

X

sim´etrica

xα1

1 x

α2

2 · · ·x

αn

n = X

σ∈Sn

xα1 σ(1)x

α2 σ(2)· · ·x

αn

σ(n).

Cuando las variables x1, x2, . . . , xn se sobreentienden, se suele representar la suma sim´etrica

simplemente por el arreglo sus exponentes [α1, α2, . . . , αn].

(21)

3. Desigualdad de Schur. Dadosα∈Ryβ >0, se cumple que

[α+ 2β,0,0] + [α, β, β]≥2[α+β, β,0].

Caso particular: Sia,b,cn´umeros no negativos yr >0, entonces

ar(a−b)(a−c) +br(b−c)(c−a) +cr(c−a)(c−b)≥0,

con igualdad si y s´olo sia=b=co dos de las variables son iguales y la tercera es 0.

4. Desigualdad de Minkowski.Dadosx1, x2, . . . , xn, y1, y2, . . . , yn n´umeros reales positivos yp >1. Entonces

" n X

i=1

(xi+yi)p #1/p

n X

i=1

xpi !1/p

+ n X

i=1

yip !1/p

.

La igualdad se tiene si y s´olo si las sucesiones{xi} y{yi}son proporcionales, esto es, si y s´olo si existe unλ >0 tal quexi =λyi para todo 1≤i≤n.

5. Desigualdad de H¨older. Sean x1, x2, . . . , xn, y1, y2, . . . , yn n´umeros reales positivos y

p, q >1 n´umeros tales que 1/p+ 1/q= 1. Entonces

n X i=1 xiyi≤ n X i=1

xpi

!1/p n X

i=1

yiq !1/q

.

La igualdad se tiene si y s´olo si las sucesiones {xi}y{yi}son proporcionales.

6. Desigualdad de Cauchy-Schwarz.Para cualesquierax1, x2, . . . , xn, y1, y2, . . . , yn n

X

i=1

xiyi !2

n X

i=1

x2i n X

i=1

y2i, con igualdad si y s´olo si{xi}y{yi}son proporcionales.

7. Desigualdad de Chebyshev.Sean a1, a2, . . . , an, b1, b2, . . . , bn dos sucesiones mon´otonas

crecientes. Entonces

n n X

i=1

aibi≥ n X i=1 ai n X i=1

bi≥n n X

i=1

aibn+1−i.

8. Desigualdad del reacomodo. Seana1, a2, . . . , an, b1, b2, . . . , bn dos sucesiones mon´otonas

crecientes, yσuna permutaci´on de{1, 2, . . . , n}. Entonces

n X i=1 aibi≥ n X i=1

aibσ(i)≥

n X

i=1

aibn+1−i.

9. Desigualdad de Jensen ponderada.

Definici´on de convexidad. Una funci´on f esconvexa en un intervalo [a, b] si para cualesquiera x, y∈[a, b] y 0≤λ≤1 se cumple que

λf(x) + (1−λ)f(y)≥f(λx+ (1−λ)y).

Sea f : [a, b] → R una funci´on convexa. La desigualdad de Jensen dice que para cualesquiera

x1, x2, . . . , xn∈[a, b] yω1, ω2, . . . , ωn ≥0 se cumple que

ω1f(x1) +ω2f(x2) +· · ·+ωnf(xn)≥(ω1+ω2+· · ·+ωn)f

ω

1x1+ω2x2+· · ·ωnxn

ω1+ω2+· · ·+ωn

.

(22)

10. Desigualdad de Karamata.Dada una funci´on convexa f : [a, b] →R y dos sucesionesX =

{xi}n

i=1, Y ={yi}

n

i=1∈[a, b] tales queX Y, se tiene que

n X

i=1

f(xi)≥

n X

i=1

f(yi).

11. Desigualdad de Bernoulli.Para todox≥ −1 yr≥1,

(1 +x)r≥1 +xr.

Problemas propuestos

En cada caso, demostrar las siguientes desigualdades dadas las condiciones indicadas.

1. a,b,c≥0. (a+b)(a+c)≥2pabc(a+b+c).

2. a,b,c >0.

(a+b)2

c +

c2

a ≥4b. 3. a,b,c∈R,ab+bc+ca≥0.

ab a2+b2 +

bc b2+c2 +

ca c2+a2 ≥ −

1 2.

4. a,b,c >0.

X

c´ıclica

a2b2(bc)

a+b ≥0.

5. x, y >0, (x+√x2+ 1)(y+p

y2+ 1) = 2011. Calcular el valor m´ınimo dex+y.

6. x, y, z≥1, 1 x+

1 y +

1 z = 2.

x+y+z≥√x−1 +py−1 +√z−1.

7. a,b >0,a+b= 1. Hallar el m´ınimo de 1 1−√a+

1 1−√b.

8. x1,x2, . . . , xn >0, 1 x1+ 1998

+ 1

x2+ 1998

+· · · 1

xn+ 1998 = 1 1998.

n √

x1x2· · ·xn

n−1 ≥1998.

9. 0≤a, b, c≤1.

a b+c+ 1 +

b c+a+ 1 +

c

a+b+ 1+ (1−a)(1−b)(1−c)≤1.

10. Sean a1≥a2≥ · · · ≥an yb1≥b2≥ · · · ≥bn dos sucesiones de reales positivos tales que

a1≥b1, a1b1≥a2b2, . . . , a1a2· · ·an≥b1b2· · ·bn.

(23)

11. x, y, z >0,xyz= 1.

x3

(1 +y)(1 +z)+

y3

(1 +z)(1 +x)+

z3

(1 +x)(1 +y) ≥ 3 4.

12. a,b,c >0.

1 +a

b

1 + b c

1 + c a

≥2

1 + a+√3b+c

abc

.

13. x, y, z >0,xyz= 1.

xy

x5+xy+y5 +

yz

y5+yz+z5 +

zx

z5+zx+x5 ≤1.

14. x1,x2, . . . , xn >0,

1 x1

+ 1 x2

+· · ·+ 1 xn =n.

x1+

x2 2

2 +· · ·+ xn

n n ≥1 +

1

2+· · ·+ 1 n.

15. a,b,c >0,abc= 1.

a−1 + 1

b b−1 + 1

c c−1 + 1 a

≤1.

16. a,b,c >0,abc= 1.

1 a+b+ 1 +

1 b+c+ 1+

1

c+a+ 1 ≤1.

17. a, b, c >0.

(a2+ 2)(b2+ 2)(c2+ 2)≥9(ab+bc+ca). 18. a,b,c >0.

(2a+b+c)2

2a2+ (b+c)2 +

(2b+c+a)2

2b2+ (c+a)2 +

(2c+a+b)2

2c2+ (a+b)2 ≤8.

Referencias

Engel, A.,Problem-solving strategies, Springer-Verlag, 1998.

Hung, P.K.,Secrets in Inequalities, GIL Publishing House, 2007.

Mati´c, I.,Classical inequalities, The IMO Compendium Olympiad Training Materials, http://www.imomath.com

Mildorf, T.,Olympiad inequalities, http://web.mit.edu/tmildorf/www/

Lee, H.,Topics in inequalities - Theorems and techniques,

http://www.eleves.ens.fr/home/kortchem/olympiades/cours/inegalites/tin2006.pdf

Contacto

Gabriel Alexander Chicas Reyes (University of Tokyo) E-mail address: gachr.ebc253@gmail.com

(24)

XVIa OLIMPÍADA de MAYO Primer Nivel

Mayo de 2010

Duración de la prueba: 3 horas. Cada problema vale 10 puntos.

No puedes usar calculadora; no puedes consultar libros ni apuntes. Justifica cada una de tus respuestas.

Al participar te comprometes a no divulgar los problemas hasta el 25 de mayo.

PROBLEMA 1

Un recipiente cerrado con forma de paralelepípedo rectángulo contiene 1 litro de agua. Si el recipiente se apoya horizontalmente sobre tres caras distintas, el nivel del agua es de 2 cm, 4 cm y 5 cm.

Calcula el volumen del paralelepípedo.

PROBLEMA 2

En la etapa 0 se escriben los números: 1 , 1.

En la etapa 1 se intercala la suma de los números: 1, 2 , 1.

En la etapa 2 entre cada par de números de la etapa anterior se intercala la suma de ellos: 1, 3, 2, 3, 1.

Una etapa más: 1, 4, 3, 5, 2, 5, 3, 4, 1.

¿Cuántos números hay en la etapa 10?

¿Cuál es la suma de todos los números que hay en la etapa 10?

PROBLEMA 3

¿Es posible colorear los enteros positivos con tres colores de modo que siempre que se suman dos números de colores distintos, el resultado de su suma sea del tercer color? (Hay que usar los tres colores.) Si la respuesta es afirmativa, indica un posible coloreo; si no, explica el porqué.

PROBLEMA 4

Halla todos los números naturales de 90 dígitos que son múltiplos de 13 y tienen los primeros 43 dígitos iguales entre sí y distintos de cero, los últimos 43 dígitos iguales entre sí, y los 4 dígitos del medio son 2, 0, 1, 0, en ese orden.

PROBLEMA 5

En un tablero de 2 × 7 cuadriculado en cuadritos de 1 × 1 se consideran los 24 puntos que son vértices de los cuadritos. Juan y Matías juegan sobre este tablero. Juan pinta de rojo

igual cantidad de puntos en cada una de las tres líneas horizontales. Si Matías puede elegir tres puntos rojos que sean vértices de un triángulo acutángulo, Matías gana el juego. ¿Cuál es la máxima cantidad de puntos

(25)

XVIa OLIMPÍADA de MAYO Segundo Nivel

Mayo de 2010

Duración de la prueba: 3 horas. Cada problema vale 10 puntos.

No puedes usar calculadora; no puedes consultar libros ni apuntes. Justifica cada una de tus respuestas.

Al participar te comprometes a no divulgar los problemas hasta el 25 de mayo.

PROBLEMA 1

Determina el menor entero positivo que tiene todos sus dígitos iguales a 4, y es múltiplo de 169.

PROBLEMA 2

Consideramos el rectángulo ABCD y la circunferencia de centro D y radio DA, que corta a la prolongación del lado AD en el punto P. La recta PC corta a la circunferencia en el punto Q y a la prolongación del lado AB en el punto R. Demuestra que QB = BR.

PROBLEMA 3

Hallar el mínimo k>2 para el cual existen k números enteros consecutivos tales que la suma de sus cuadrados es un cuadrado.

PROBLEMA 4

Sea n un entero tal que 1 < n < 2010. Dado un polígono regular de 2010 lados y n monedas, debemos colorear los vértices del polígono utilizando n colores dados, y luego ubicar las n monedas en n vértices del polígono. A continuación, cada segundo, todas las monedas se desplazan al vértice vecino, girando en el sentido de las agujas del reloj.

Determina los valores de n para los que es posible hacer la coloración y elegir las posiciones iniciales de las monedas, de manera que en todo momento las n monedas estén todas en vértices de distinto color.

PROBLEMA 5

Se tienen las siguientes piezas: un rectángulo de 4×1, dos rectángulos de 3×1, tres rectángulos de 2×1 y cuatro cuadrados de 1×1. Ariel y Bernardo juegan el siguiente juego en un tablero de n×n, donde n es un número que elige Ariel. En cada movida, Bernardo recibe de Ariel una pieza R. A continuación

Bernardo analiza si puede colocar R en el tablero de modo que no tenga puntos en común con ninguna de las piezas colocadas anteriormente (ni siquiera un vértice común). Si existe una tal ubicación para R, Bernardo debe elegir una de ellas y ubicar R. El juego se detiene si es imposible ubicar R de la manera explicada, y Bernardo gana. Ariel gana sólo si se han colocado las 10 piezas en el tablero.

a) Supongamos que Ariel le da las piezas a Bernardo en orden decreciente de tamaño. ¿Cuál es el menor n que le garantiza a Ariel la victoria?

b) Para el n hallado en a), si Bernardo recibe las piezas en orden creciente de tamaño, ¿tiene Ariel garantizada la victoria?

(26)
(27)
(28)

Wednesday, July 7, 2010

Problem 1. Determine all functionsf: R→Rsuch that the equality

bxcyä=f(x)öf(y)ù

holds for all x, y R. (Here bzc denotes the greatest integer less than or equal toz.)

Problem 2. Let I be the incentre of triangle ABC and let Γ be its circumcircle. Let the line AI

intersect Γagain at D. Let E be a point on the arc BDC˙ and F a point on the side BC such that

∠BAF =∠CAE < 12∠BAC.

Finally, letG be the midpoint of the segmentIF. Prove that the lines DG and EI intersect on Γ.

Problem 3. LetN be the set of positive integers. Determine all functions g: N→Nsuch that

Ä

g(m) +näÄm+g(n)ä

is a perfect square for all m, nN.

Language: English Time: 4 hours and 30 minutes

Each problem is worth 7 points

Language:

English

(29)

Thursday, July 8, 2010

Problem 4. Let P be a point inside the triangleABC. The lines AP, BP and CP intersect the

circumcircleΓof triangleABC again at the pointsK, LandM respectively. The tangent toΓatC

intersects the line AB at S. Suppose that SC =SP. Prove that M K =M L.

Problem 5. In each of six boxes B1, B2, B3, B4, B5, B6 there is initially one coin. There are two

types of operation allowed:

Type 1: Choose a nonempty box Bj with 1≤j ≤5. Remove one coin from Bj and add two

coins to Bj+1.

Type 2: Choose a nonempty boxBk with1≤k ≤4. Remove one coin fromBkand exchange

the contents of (possibly empty) boxes Bk+1 and Bk+2.

Determine whether there is a finite sequence of such operations that results in boxesB1, B2, B3, B4, B5

being empty and box B6 containing exactly 20102010

2010

coins. (Note that abc

=a(bc)

.)

Problem 6. Let a1, a2, a3, . . . be a sequence of positive real numbers. Suppose that for some

positive integer s, we have

an= max{ak+an−k | 1≤k ≤n−1}

for alln > s. Prove that there exist positive integers`andN, with`sand such thatan=a`+an−`

for all nN.

Language: English Time: 4 hours and 30 minutes

Each problem is worth 7 points

Language:

English

(30)

PRUEBAS PRIMER DÌA

Prueba Primer Día 24 de setiembre de 2010

Problema 1

Se tienen diez monedas indistinguibles puestas en línea. Se sabe que dos de ellas son falsas y ocupan posiciones consecutivas en la línea. Para cada conjunto de posiciones, se puede preguntar cuántas monedas falsas contiene. ¿Es posible determinar cuáles son las monedas falsas efectuando únicamente dos de estas preguntas, sin conocer la respuesta de la primera antes de formular la segunda?

Problema 2

Determinar si existen números enteros positivos a y b tales que todos los términos de la

sucesión definida por x1 = 2010, x2 = 2011,

1 ,

1 1

2 = + + + + + ≥

+ x x a x x b n

xn n n n n ,

sean enteros.

Problema 3

La circunferencia Γ inscrita al triángulo escaleno ABC es tangente a los lados BC, CA y AB en los puntos D, E y F, respectivamente. La recta EF corta a la recta BC en G. La

circunferencia de diámetro GD corta a Γ en R (RD). Sean P y Q (PR, Q R) las

intersecciones de BR y CR con Γ, respectivamente. Las rectas BQ y CP se cortan en X.

La circunferencia circunscrita a CDE corta al segmento QR en M y la circunferencia

circunscrita a BDF corta al segmento PR en N. Demostrar que las rectas PM, QN y RX

son concurrentes.

Duración de la prueba: 4 horas 30 minutos Versión en Español

(31)

PRUEBAS SEGUNDO DÌA

Prueba Segundo Día 25 de setiembre de 2010

Problema 4

Las medias aritmética, geométrica y armónica de dos números enteros positivos distintos son números enteros. Hallar el menor valor posible para la media aritmética.

Nota: Si a y b son números positivos, sus medias aritmética, geométrica y armónica son

respectivamente: a+b , ab

2 y

b a

1 1

2 +

.

Problema 5

Sea ABCD un cuadrilátero cíclico cuyas diagonales AC y BD son perpendiculares. Sean O el circuncentro de ABCD, K la intersección de las diagonales, LO la intersección

de las circunferencias circunscritas a OAC y OBD, y G la intersección de las diagonales

del cuadrilátero cuyos vértices son los puntos medios de los lados de ABCD. Probar que O, K, L y G están alineados.

Problema 6

Alrededor de una mesa circular se sientan 12 personas y sobre la mesa hay 28 floreros. Dos personas pueden verse si y sólo si no hay ningún florero alineado con ellas. Probar que existen al menos dos personas que pueden verse.

Duración de la prueba: 4 horas 30 minutos Versión en Español

(32)

16.Resolver en enteros la ecuación

(x²+1)(y²+1)+2(x-y)(1-xy)=4(1+xy).

Solución.

Si desarrollamos y reagrupamos la ecuación podemos llegar a una expresión mas manejable:

Entonces tenemos dos casos a considerar:

x-y+xy-1=0 o bien x-y+xy+3=0

 Si x-y+xy-1=0, entonces podemos llegar a que: (y+1)(x-1)=0

Las soluciones son infinitas y=-1, x=k para cualquier entero k; y x=1, y=k para cualquier entero k.

 Si , entonces

Los pares que son solución son (2, -5), (-2, 5), (-1, 1) y (3, -3).

Siendo estas las únicas soluciones.

Manuel Alejandro Mundo

(33)

Problema 17

Dado un pol´ıgono regularP de 2m+ 1 lados con centro enC, hallar el n´umero de tri´angulos formados por los v´ertices deP que contienen aC en su interior.

Soluci´on:

Es de notar que todo pol´ıgono regular es tambi´en inscribible, y que el centroCdel pol´ıgono es tambi´en centro de la circunferencia circunscrita Γ. Es f´acil ver que un tri´angulo inscrito en una circunferencia contiene al circuncentro en su interior s´ı y solamente s´ı el tri´angulo es acut´angulo.

Resolveremos el problema por descuento. En total el n´umero de tri´angulos que se pueden formar con los v´ertices deP son 2m3+1

. Tenemos entonces que el n´umero de tri´angulos acut´angulos es igual al total de tri´angulos menos el n´umero de tri´angulos rect´angulos menos el n´umero de tri´angulos obtus´angulos.

El n´umero de tri´angulos rect´angulos es 0, pues para formar uno de este tipo debemos tener dos v´ertices diametralmente opuestos, pero esto no ocurre en los pol´ıgonos regulares con una cantidad impar de lados.

Contemos ahora el n´umero de tri´angulos obtus´angulos. Seanp1,p2, ...,p2m+1 los v´ertices de P, seaq

el punto diametralmente opuesto ap1 en Γ, entoncesq es el punto medio del arcopm+1pm+2. Ahora

contaremos el n´umero de tri´angulos obtus´angulos que4p1pipjcon∠p1agudo,∠piobtuso y∠pjagudo.

Tenemos quepi ypj est´an en el mismo semiplano con respecto ap1qy de cada lado haympuntos del

poligono asi que el total de triangulos de esta forma son 2 m2

. Este proceso lo podemos realizar para cada uno de los 2m+ 1 puntos del pol´ıgono, y este proceso cada tri´angulo sera contado 2 veces.

As´ı el n´umero de tri´angulos obtus´angulos sera

(2m+ 1)

m

2

= (2m+ 1)(m)(m−1)

2 .

Tenemos entonces que el n´umero de tri´angulos acut´angulos esta dado por

2m+ 1

3

−(2m+ 1)(m)(m−1)

2 =

(2m+ 1)(2m)(2m−1)

6 −

(2m+ 1)(m)(m−1) 2

= m(2m+ 1)

(4m2)(3m1)

6

= m(2m+ 1)(m−1) 6

As´ı el total de tri´angulos cuyos v´ertices son v´ertices deP y adem´as contienen aC en su interior es

m(2m+ 1)(m−1)

(34)

Problema 19

Seaπ(n) el n´umero de primos menores o iguales que el entero positivon. Probar que

π(n) =

n

X

j=2

(j

−1)! + 1

j −

(j

−1)!

j

dondebxcdenota al mayor entero menor o igual quex.

Soluci´on:

Mostraremos que

(j1)! + 1

j −

(j1)!

j

es 0 sij es compuesto y es 1 sij es primo, de esta manera la sumatoria estar´aa contando la cantidad de primos desde 2 anincluidos los extremos, al igual que la funci´onπ(n).

Caso 1: j compuesto.

Veamos en primer lugar paraj= 4, tendr´ıamos

3! + 1

4 −

3!

4

=

7

4 −1

= 0

Paraj >4 utilizaremos el siguiente hecho conocido: Parajcompuesto mayor que 4,jdivide a (j−1)!. Esto es equivalente a decir que (j−1)! =kj.

Entonces la expresi´on nos quedar´ıa de la siguiente forma

kj+ 1

j −

kj

j

=

kj+ 1

j −k

= 0

con lo que este caso queda terminado.

Caso 2: j primo.

Utilizaremos ac´a el conocido Teorema de Wilson, el cual nos dice que cuando j es primo entonces (j−1)! =kj−1 . As´ı la expresi´on nos quedar´ıa de la siguiente forma

kj1 + 1

j −

kj1

j

=

kj

j −(k−1)

= 1

(35)

Z dx

x4+ax2+ 1, a >0, x >0 (1)

Solucion:

Sea:

I=

Z dx

x4+ax2+ 1

Primero verifiquemos para que valores dea, la expresionx4+ax2+ 1 puede ser factorada, entonces:

x4+ax2+ 1 = (x2)2+a(x2) + 1 = 0

hagamos un cambio de variable, seay =x2, entonces la expresionx4+ax2+ 1 = 0, es equivalente a la

ex-presiony2+ay+ 1 = 0, ahora las raices de esta expresion son las siguientes:

y=−a+ √

a24

2 o y=

−a−√a24

2

Las expresiones anteriores tienen sentido si y solo sia≥2. Ahora las soluciones paraxson las siguientes:

x2=−a+

a24

2 o x

2=−a−

a24

2

x=

r

−a+√a24

2 o x=

r

−a−√a24

2

Ahora bien las expresiones anteriores tiene sentido si y solo si −a+√a24 y aa24 son mayores

que cero. Verifiquemos para que valores de ase cumplen dichas expresiones:

1. Sia≥2, la expresion−a−√a24 siempre es menor que cero.

2. Asumamos que−a+√a240 y llegaremos a una contradiccion, entonces:

−a+√a240a24aa24a2⇒ −40

Como se verifico para a > 0, la expresion x4 +ax2+ 1 no tiene raices reales, por lo tanto no podemos

expresarla como producto de cuatro factores lineales.

Ahora bien consideremos lo siguiente:

Caso 1:

Para valores dea >2 (mas adelante veremos la necesidad de considerara6= 2), podemos factorar la expresion

x4+ax2+ 1, de la siguiente manera:

x4+ax2+ 1 = x2−−a+ √

a24

2

!

x2−−a− √

a24

2

!

Ahora seab=−−a+ √

a24

2 y seac =−

−a−√a24

2 , tantob comoc son mayores que cero, y se tiene que:

b−c= a− √

a24

2 +

−a−√a24

2

=−pa24

(36)

Si a= 2 entoncesb−c= 0, asi que en este caso comoa6= 2 no tendremos problema en un cociente que lo encontramos adelante.

Ahora:

I=

Z dx

x4+ax2+ 1 =

Z dx

(x2+b)(x2+c)

La expresion de la derecha se puede resolver utilizando fracciones parciales de la siguiente manera:

1

(x2+b)(x2+c) =

Ex+F x2+b +

Gx+H x2+c

= (Ex+F)(x

2+c) + (Gx+H)(x2+c)

(x2+b)(x2+c)

= (E+G)x

3+ (F+H)x2+ (bG+cE)x+bH+cF

(x2+b)(x2+c)

Se puede observar que:

E+G= 0⇒E=−G

F+H= 0⇒F =−H

bG+cE = 0⇒bG−cG= 0⇒G(b−c) = 0⇒G= 0⇒E= 0

bH+cF = 1⇒bH−cH= 0⇒H(b−c) = 1⇒H = 1

b−c ⇒F =

−1

b−c

(37)

Entonces, tenemos:

I=

Z dx

(x2+b)(x2+c)

=

Z −1

b−c x2+bdx+

Z 1

b−c x2+cdx

= 1

b−c

Z dx

x2+c

1

b−c

Z dx

x2+b

= 1

b−c

Z dx

x2+c

Z dx

x2+b

= 1

b−c

  

tan−1

x √ c √ c −

tan−1

x √ b √ b     +k

=−√ 1

a24

            

tan−1

    x r

−−a− √

a24

2     r

−−a− √

a24

2

tan−1

    x r

−−a+ √

a24

2     r

−−a+ √

a24

2              +k

=−√ 1

a24

            

tan−1

    x r

a+√a24

2     r

a+√a24

2

tan−1

    x r

a−√a24

2     r

a−√a24

2              +k =− r

a−√a24

2 √

a24 tan

−1     x r

a+√a24

2     + r

a+√a24

2 √

a24 tan

−1     x r

a−√a24

2     +k Caso 2:

Paraa∈(0,2), observamos que la expresionx4+ax2+ 1 no se puede factorar de la forma (x2+b)(x2+c), ya

que tanto bcomoc no pertenecen a los reales, pero si puede ser expresada como producto de dos polinomio de grado 2, asi:

x4+ax2+ 1 = (x2+bx+c)(x2+ex+f)

=x4+ (b+e)x3+ (c+be+f)x2+ (bf+ce)x+cf

Donde: b6= 0 ye6= 0.(Por que?)

b+e= 0⇒b=−e

bf+ce= 0⇒bf−cb= 0⇒b(f−c) = 0⇒f =c

cf= 1⇒(c= 1∧f = 1)∨(c=−1∧f =−1)

Referencias

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