boletin_2008

B OLETÍN DE LAS O LIMPIADAS DE M ATEMÁTICA E N G UATEMALA

Artículos, Talleres, Pruebas Nacionales Ciclo 2008–200 2008–2009 9 Año 1

G UATEMALA , MARZO DE 2009

I

Comité de Olimpíadas Internacionales de Matemáticas Coordinación

• Lic. William Gutiérrez

Licenciatura en Matemática Aplicada, Facultad de Ingeniería, USAC

Profesores-entrenadores

• Sergio Mérida

Teoría de Números y Combinatoria

• Ricardo Pontaza Geometría

• José Carlos Bonilla

Combinatoria y Teoría de Números

• Hugo García

Geometría y Álgebra

• Esteban Arreaga

Álgebra y Desigualdades

• William Gutiérrez

Teoría de Números y Teoría de Conjuntos

Consejo Editorial Editor: William Gutiérrez Revisores: José Bonilla y Hugo García

profesores-entrenadores, alumnos y profesores invitados Problemas y soluciones: profesores-entrenadores, Mathematics Subject Classification 2000 (MSC2000): 97U40, 00A07, 11–01, 51–01 Conjunto de tipos

-LATEX AMS -L

http://sitios.ingenieria-u http://sitios.ingenieria-usac.edu.gt/lic sac.edu.gt/licmate/ mate/ http://foro.mate304.org/

II

Comité de Olimpíadas Internacionales de Matemáticas Coordinación

• Lic. William Gutiérrez

Licenciatura en Matemática Aplicada, Facultad de Ingeniería, USAC


• Sergio Mérida

Teoría de Números y Combinatoria

• Ricardo Pontaza Geometría

• José Carlos Bonilla

Combinatoria y Teoría de Números

• Hugo García

Geometría y Álgebra

• Esteban Arreaga

Álgebra y Desigualdades

• William Gutiérrez

Teoría de Números y Teoría de Conjuntos

Consejo Editorial Editor: William Gutiérrez Revisores: José Bonilla y Hugo García

profesores-entrenadores, alumnos y profesores invitados Problemas y soluciones: profesores-entrenadores, Mathematics Subject Classification 2000 (MSC2000): 97U40, 00A07, 11–01, 51–01 Conjunto de tipos

-LATEX AMS -L

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II

Índice general 1. Introducción 2. Agradecimientos Taller de Geometría — Nivel Básico

V VI 1

Lic. Aarón Ramírez

1. Ángulos

1

2. Igualdad de Triángulos, Áreas y Perímetros

5

3. Teorema de Pitágoras, Triángulos Notables

9

4. Teorema de Thales, Semejanza de Triángulos

12

5. Ángulos en Circunferencia

17

6. Cuadriláteros Cíclicos

22

7. Potencia de Punto

25

8. Ortocentro y Circuncentro

28

9. Baricentro, Incentro y Excentro

30

10. Algunas Soluciones

36

A. Resultados Preliminares

50

Taller de Teoría de Números — Nivel Básico

57

Lic. Riquelmi Cardona

1. Conceptos Básicos: Divisibilidad

57

2. Numeros Primos y MCD 2.1. 2.1. Máxi Máximo mo Comú Comúnn Divi Diviso sorr y Míni Mínimo mo Comú Comúnn Múlt Múltip iplo lo . . . . . . . . . . . . . . 2.2. Números Primos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.3. 2.3. Teor eorema Funda undame menntal tal de la Aritm ritméétic tica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

59 59 61 63

3. Congruencias 3.1 3.1. Defi Definición y Propie piedades Básicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.2. Congruencias Lineales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.3. Teorema de Fermat . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

63 64 65 66

Taller de Geometría — Nivel Avanzado

67

Lic. Aarón Ramírez

III

Taller de Teoría de Números — Nivel Avanzado

84

Lic. Riquelmi Cardona

1. Congruencias Especiales 1.1. Teorema de Wilson . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2. Teorema de Euler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.3. Teorema Chino del Resto . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

84 84 85 86

2. Ecuaciones Diofánticas

86

3. Resultados Interesantes 3.1. Postulado de Bertrand . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.2. Representación de enteros como suma de cuadrados . . . . . . . . . . . . . .

87 87 88

Exámenes de Selección 2008

90


Índice de figuras 1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8. 9. 10. 11. 12. 13. 14.

IV

Congruencia de segmentos de recta . Teorema de Thales . . . . . . . . . . Triángulo rectángulo . . . . . . . . . Teorema de Pitágoras . . . . . . . . . Mediana en un triángulo . . . . . . . Bisectriz de un ángulo . . . . . . . . Mediatriz de un segmento . . . . . . Altura de un triángulo . . . . . . . . Centroide de un triángulo . . . . . . Incentro de un triángulo . . . . . . . Circuncentro de un triángulo . . . . Ortocentro de un triángulo . . . . . . Ángulos en una circunferencia . . . Cuadrilátero cíclico . . . . . . . . . .

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50 51 52 52 52 53 53 53 54 54 54 55 55 56

1. Introducción Las Olimpíadas de Matemáticas son competencias extracurriculares en la disciplina que han tenido un crecimiento vertiginoso en los últimos años. Estas competencias se celebran con la finalidad de alcanzar varios objetivos, a saber, la búsqueda de talento para las matemáticas en los jóvenes que aún no han ingresado a la educación superior, el intercambio de experiencias entre los profesores de la especialidad, la creación de problemas novedosos y atípicos que permitan despertar interés por el estudio de la disciplina y en general, como menciona una recomendación de la UNESCO hecha en 1989, para apoyar el talento y la iniciativa científica entre la juventud. Son muchos los países de América Latina que tienen una experiencia interesante en Olimpíadas de Matemáticas. En la región, además de varias Olimpíadas Matemáticas nacionales, hay eventos como la Olimpíada Matemática del Cono Sur y la Olimpíada Matemática de Mayo, que permiten a los jóvenes ganar experiencia durante su preparación para competencias de mayor nivel, como lo son la Olimpíada Iberoamericana de Matemática (OIM), Olimpíada de Matemática de Centroamérica y el Caribe (OMCC) y la Olimpíada Internacional de Matemática (OIM). Desde el año 2001 Guatemala viene participando en este tipo de competencias, con un progreso muy positivo en cada ocasión en que ha asistido, habiendo obtenido Medallas de Bronce y Menciones Honoríficas, tanto en forma individual como por equipos. Asimismo, cabe destacar la obtención de la «Copa Puerto Rico» en el año 2002 al mayor progreso relativo y una Medalla de Bronce en la Olimpíada Internacional de Matemática del 2008. Éste es el resultado del trabajo que se realiza como parte del proceso de selección y entrenamiento para olimpíadas que se desarrolla en la Facultad de Ingeniería de la Universidad de San Carlos de Guatemala (USAC) y la Universidad del Valle de Guatemala (UVG). Con el pasar de los años se han agregado miembros al equipo de profesores, en tanto que algunos otros se han retirado, varios de los cuales todavía apoyan el proyecto de manera indirecta. Los ahora profesores —casi todos ex-olímpicos— continúan con el mismo entusiasmo de los entrenamientos sabatinos, para formar a la próxima generación de jóvenes que conformarán las delegaciones guatemaltecas, que en un futuro inmediato participarán en las distintas competencias internacionales. Para tal fin, se han establecido vínculos con representantes de programas de olimpíadas de países de la región, para hacer intercambios académicos, y como primer paso fue la invitación extendida a dos profesores del Programa Jóvenes Talento (PJT) de El Salvador, para participar como conferencistas en la «Semana de Capacitación en la Resolución de Problemas de Olimpíadas de Matemática», celebrada del 23 al 27 de febrero de 2009, en las instalaciones de la Facultad de Ingeniería de la USAC. En dicha semana, asistieron cerca de 30 profesores de nivel medio y 15 estudiantes, fue organizada por Lic. William Gutiérrez. La publicación que tiene en sus manos es fruto de estos talleres, está centrada en tópicos de Geometría y Teoría de Números,1 cada uno dividido en dos niveles: Básico y Avanzado , para una mejor ubicación del lector. La misma contiene una gran variedad de problemas —con algunas soluciones— orientados para despertar el interés y la intuición propias en la resolución de problemas matemáticos. Además, al final se incluyen los exámenes de selección del 1 Las otras disciplinas olímpicas son Combinatoria, Álgebra y Desigualdades, esperamos sean cubiertas en próxi-

mos trabajos.

V

año 2008, utilizados para determinar a los jóvenes que participarían en la OMCC y OIM, respectivamente. Esperamos que sea una herramienta para incentivar a los jóvenes en esta bella disciplina como lo son las Matemáticas.

2. Agradecimientos El presente trabajo fue parcialmente financiado por la Secretaría Nacional de Ciencia y Tecnología (SENACYT) a través del contrato FACYT 053–2008. Los tutores estamos en deuda con los profesores invitados Aarón Ramírez y Riquelmi Cardona de la Escuela de Matemáticas, Universidad de El Salvador, por compartir sus conocimientos y experiencias, nos serán de mucha ayuda al momento de impartir nuestros cursos. A nuestro amigo y maestro Pedro Morales por su colaboración y asesoramiento continuo. Al joven Alejandro Vargas por la resolución de varios problemas propuestos y el mantenimiento del foro de olimpíadas (http://foro.mate304.org/). No debemos dejar de mencionar a la Facultad de Ingeniería de la Universidad de San Carlos de Guatemala (USAC), Ministerio de Educación, UNICEF, Fundación «Mariano y Rafael Castillo Córdoba», Fianzas Universales por la confianza brindada al proyecto de olimpíadas. Los profesores-entrenadores Guatemala, marzo de 2009

VI

Taller de Geometría — Nivel Básico Lic. Aarón Ramírez Universidad de El Salvador

23–27 de febrero de 2009 Resumen

Este es un recopilado de problemas de geometría (casi íntegro) elaborado por Oscar Armando Morales y Arnoldo Aguilar Cañas en el curso «Geometría Euclídea» durante el evento «Futuros Dirigentes Técnicos Científicos» realizado en diciembre de 2008 en la Universidad de El Salvador. Tal curso está planificado para estudiantes que recién terminan el octavo grado y que no necesariamente se especializan en olimpiadas en matemática , también estudiantes que se preparan a olimpiadas de física o química reciben este curso, inclusive aquellos que se mantienen al margen de la componente olímpica. Esa es justamente la riqueza de este curso, introduce a estudiantes de capacidades y aptitudes relativamente heterogéneas al pensamiento matemático (tanto plausible como riguroso) a través de la geometría, a pesar que no parezca útil o al menos eficiente en un primer momento, es un verdadero gambito. Esto, aunado a la edad que tienen los estudiantes durante el curso, es algo impensable en nuestro sistema educativo (El Salvador). También, a este curso se incorporan estudiantes de Honduras y Nicaragua desde hace varios años, lo cual ha enriquecido de sobremanera la experiencia académica, y de paso, tal experiencia sirve para deshacer fronteras ilógicas que nos separan. Esperamos también compartir con Guatemala esta experiencia, y en ese sentido felicitamos a la Coordinación de Olimpiadas de Guatemala por la iniciativa que desarrollan en este momento, sin duda es acertada. Finalmente, es importante aclarar que muchos problemas no son originales, sin embargo, una parte importante sí, lo cual es algo muy raro y destacable dado nuestro entorno.

1. Ángulos 1. En la figura ambos triángulos son equiláteros. Encuentre el valor de ϕ .

1

2. En la figura l 1  l 2 , encuentre la medida de los ángulos x e y .

3. En la figura, PQ  SR y PS  QR. ¿Cuanto mide el ángulo α ?

4. En la figura, ABC y CDE son dos triángulos equiláteros iguales. Si el ∠ ACD = 80◦ , ¿cuánto mide ∠ ABD?

5. Hallar la suma de los ángulos α + ε + θ + ϕ en la figura.

2

6. Hallar la suma ∠ A + ∠B + ∠C + ∠D + ∠E + ∠ F en la figura.



7. Hallar la suma de los ángulos de los vértices A + B + C + D + E de la estrella de cinco puntas que se muestra en la figura.

8. ¿Qué ángulo forman las agujas del reloj a cuarto para las cinco? 9. DEFG es un cuadrado que se ha trazado fuera del pentágono regular ABCDE. ¿Cuánto mide ∠EAF ? 10. Se remueve de una pared un ladrillo que tiene forma poligonal regular. Se observa que si el ladrillo sufriese un giro de 40 ◦ o de 60◦ en torno a su centro, cabría otra vez en el hueco original. ¿Cuál es el menor número de lados de este polígono? 11. Dado un cuadrado ABCD, se construye exteriormente el triángulo equilátero ABP, e interiormente el triángulo A DQ. Probar que C , P y Q están alineados. 12. El triángulo ABC es equilátero. Si D , E y F son los puntos medio de BC , AB y CE respectivamente, demostrar que ∠ FDE = 60◦ . 3

13. En la figura A B = BC = CD = DE = E F = FG = G A. Calcule la medida de ∠DAE .

14. Sea ABC un triángulo rectángulo con ∠CAB = 90◦ , D es un punto sobre la prolongación de BC tal que BD = BA, E es un punto en el mismo semiplano que A respecto de BC , tal que CE es perpendicular a BC y además CE = C A. Mostrar que A, D y E están alineados. 15. Suponiendo que las rectas AC y BD son paralelas, y que las rectas AB y CD son paralelas, calcule β .

4

16. Sea ABC un triángulo rectángulo en B con AB = BC, se construye exteriormente el triángulo equilátero BCD . Encuentre el ángulo ∠DAB . 17. En la figura ABCD es un cuadrado y BEF es un triángulo equilátero con AC paralela a EF . Si BG es la prolongación de BE, determine el valor del ángulo ∠BGC .

2. Igualdad de Triángulos, Áreas y Perímetros 18. La figura siguiente se construyó con un cuadrado y la mitad de otro, hay que dividirlo en cuatro partes de la misma forma y de igual tamaño.

19. El rectángulo ABCD tiene un área de 40 cm2 . Deduzca por un método rápido y sin fórmulas el área del rectángulo AEFC. 5

20. En figura se muestran seis cuadrados. Sabiendo que el segmento de A a B mide 24, ¿cuál es la suma de los perímetros de los seis cuadrados?

21. En la siguiente figura cada número indica la medida de cada segmento. ¿Cuál es el perímetro de la figura?

22. Sea ABCD un paralelogramo, demuestre que: a) AB = C D y BC = AD . b) Las diagonales AC y BD se cortan en su punto medio.

23. En el rectángulo ABCD se toma un punto E sobre AD tal que ( CDE) = 3( ABE). Si se sabe que ( CDE) = 22.5 y CD = 5, encuentre el área sombreada. 6

24. Cuatro cilindros de diámetro 1 están pegados apretadamente por una cuerda muy fina, como en la figura anexa. Demostrar que la cuerda tiene longitud 4 + π . Demostrar también que el área sombreada entre los cilindros es 1 − π /4.

25. El cuadrado en la figura adjunta tiene lado 4. Demostrar que el area de la rosa de cuatro pétalos mostrada es 8π − 16. La rosa es la intersección de semicírculos de radio 2 con diámetros en los lados del cuadrado.

26. Dos cuadrados ABCD y EHGF, ambos de lado l , están colocados en manera tal que un vértice de uno está en el centro del otro (véase la figura). Demuestre que el área del cuadrilátero EJBK es l 2 /4 y por ende no depende de la posición de J (o K ). 7

27. En la figura mostrada, ABC es un triángulo equilátero y CDEF es un cuadrado. Se construye un punto G tal que CF = CG y además ∠CFG = 15◦ . Probar que ∠ AGC = ∠BDC.

28. En el rectángulo ABCD, M es el punto medio del lado A D, AB = 1 y BC = 2. a) Demuestre que ( AM B) = ( MDB). b) Determine la altura trazada desde M hacia BD.

29. Teorema de Viviani. Sea h la longitud de una altura del triángulo equilátero ABC y sea P cualquier punto en el interior del triángulo. Sean R , S , T los pies de las perpendiculares desde P hasta los lados AB, BC y C A respectivamente. Demostrar que PR + PS + PT = h. 30. El punto P está en el interior del triángulo equilátero A BC de lado 3. La distancia de P a AB es d , la distancia de P a AC es 2 d y la distancia de P a CB es 3 d. Calcule d . 8

31. Dos círculos se intersecan en dos puntos. Demuestre que la recta que une los centros de dichos círculos biseca a la cuerda común. 32. 32. Se cort cortan an las las esqu esquin inas as de una una lámi lámina na cuad cuadra rada da de 10 cm de lado lado para para form formar ar un octó octógo gono no regular: a) ¿Cuál es la medida del lado de dicho octógono? b) Calcule el perímetro del octógono. c) ¿Cuál es el área de dicho octógono?

33. Dado el rombo ABCD con ∠ A = 60◦ . Los puntos F, G y H están están sobre AD , DC y AC tales que DFHG es un paralelogramo. Probar que FBG F BG es equilátero. 34. Sea ABCD un cuadrado con P y Q sobre AB el pie de la A B y BC tales que BP B P = BQ B Q. Sea H el ◦ perpendicular de B a PC , demuestre que ∠D HQ = 90 .

3. Teorema de Pitágor Pitágoras, as, Triáng Triángulos ulos Notables Notables 35. En la siguiente siguiente figura el cuadrado cuadrado mayor mayor tiene un área área de 60 cm2. ¿Cuál es la superficie del cuadrado menor?

36. Encuentre el valor de x en la figura si se sabe que AD A D =

√ 3.

9

37. Sea ABCD un cuadrilátero que satisface D AB = ABC AB C = ACD AC D = 90◦ y BCA BC A = 30◦ . Si AB = 1 calcular A D y BD B D. 38. Si A B = 1. Demuestre que:

BC BE

= 1−1DE , para α = 30 ◦ .

39. En la figura, ABCD es un cuadrado y los triángulos ABF AB F y DEC son equiláteros. Si AB = 1, ¿cuál es la longitud de EF E F?

40. Dos círculos de radio 2 y de centros O y P son mutuamente tangentes, como en la figura adjunta. Si las rectas A D y BD B D son tangentes, hallar la medida del segmento BD B D.

41. Se inscribe un círculo círculo de radio 2 en un cuadrado. Un Un círculo menor, menor, de radio r es tangente tanto al círculo mayor como a dos lados del cuadrado dentro del cuadrado. Calcule r . 10

42. En la figura adjunta, los círculos son concéntricos, la recta AB es tangente al círculo interno y AB A B = 20. Hallar el área del anillo sombreado.

43. Se inscribe un círculo círculo dentro de un cuarto de círc círculo, ulo, como en la figura siguiente. siguiente. Si el círculo mayor tiene radio R , determinar el radio radi o del círculo menor.

44. En la siguiente siguiente figura se tiene que que los ángulos ABC y CDE C DE son rectos. ¿Cuánto mide el segmento AE A E? 11

45. Sea ABCD un cuadrilátero tal que ∠ ADC = 45◦ , ∠DCB = 90◦ , ∠DAB = ∠ ABC y CD = 1. Calcular A D − BC . 46. Sobre una semicircunferencia de diámetro AB = 4 se ubica un punto C . O es el punto medio de AB, M y N son los puntos medios de OA y OB . Demuestre que CM2 + CN 2 = 10. 47. Sea ABC√ un triángulo equilátero. Se construye exteriormente el cuadrado ABDE. Si AD = 4 2, hallar la medida de la altura del triángulo ABC. 48. Sea ABCD un cuadrilátero de diagonales perpendiculares AC y B D. Demuestre el teorema de Arquímedes: AB2 + CD 2 = BC2 + DA2 . 49. En la figura adjunta, el  ABC es rectángulo en A y el  ADB es rectángulo en D. El punto E es el punto de intersección de los segmentos A D y BC. Si AC = 15, AD = 16 y BD = 12, hállese el área del  ABE.

50. Sea ABC un triángulo y PQRS un cuadrado con P en AB, Q en AC, y R y S en BC. Sea H el pie de la altura desde A hacia BC. Demuestre que: a)

1

1

AH + BC

1 . = PQ

b) El área de A BC es el doble de PQRS si y solo si A H = BC.

4. Teorema de Thales, Semejanza de Triángulos 51. En figura que se muestra, las rectas MN y AB son paralelas, además: AM = 2 MC y BN = 6cm ¿Cuánto mide NC? 12

52. Considerando el gráfico anterior y asumiendo que la medida del segmento BN excede a la del segmento NC en 2. Calcular NC, si además A M = 3 y MC = 2. 53. En la figura siguiente el  ABC es isósceles. Además AB = BC = 3 AC. El perímetro del  ABC es 84. D es el punto medio del segmento BC; E es el punto medio del segmento DC ; F es el punto medio del segmento AC y G es el punto medio del segmento FC . Hállese el perímetro del cuadrilátero sombreado DEGF.

54. La siguiente figura consta de tres paralelas cortadas por dos secantes. Determinar el valor de b , sabiendo que a es un número entero.

55. Considérese los puntos A, B, C y D tales que A y B están sobre el segmento OC y OD respectivamente, donde O es el centro de la circunferencia de radio r . Si OA · OC = r 2 y OB · OD = r 2 , demuestre que: a) El

 AOB es semejante al DOC.

b) CD =

  r2 OA OB

·

AB (Distancia Inversa).

13

56. En cada una de la siguientes figuras, muestre que OP · OQ = r 2 , donde O es el centro de la circunferencia y r el radio. Observación: Las líneas punteadas no son parte de la construcción, sólo pretenden ser una sugerencia.

57. En la figura se tiene que AX , BY y CZ son paralelas. Demostrar que 1

1

1

. + = AX BY CZ 14

58. ABCD es un paralelogramo. El punto E está sobre la recta CD más allá de D . Se traza el segmento BE, la intersecando a AD en F y la diagonal AC en G . Demostrar que 1 BG

=

1 BF

+

1 BE

.

59. En el  ABC , E y F yacen sobre el lado AB, con E entre A y F , como en la figura siguiente. Se satisface además AE : EF : FB = 1 : 2 : 3. Los puntos G y D yacen sobre el lado CB con G entre C y D . Se satisface CG : GD : DB = 4 : 3 : 2. Si el segmento FG interseca al segmento ED en H , determinar la razón D H : HE .

60. En la figura siguiente, el rectángulo ABCD de área a , P , Q y R son los puntos medios de los lados BC, CD y AD , respectivamente. M es el punto medio del segmento QR. Sea b el área del triángulo  AP M. Calcule la fracción ba .

61. En la figura, encuentre los valores de B E y C D si AC = 25. Si los segmentos AB y DE son perpendiculares a BC . 15

62. Las tres circunferencias de la figura siguiente tienen el mismo radio r, sus centros son colineales y la circunferencia de en medio es tangente a las otras dos. Por O se traza una tangente a la circunferencia de centro C3 . Obtenga el valor del segmento AB en función de r .

63. En la figura adjunta, ABCD es un cuadrado, AN  LC y OB  DM. Además, AL = MB = 2. Determinar la medida del área, en unidades cuadradas, de la región sombreada cruzada dentro del cuadrado.

64. El  ABC tiene lados de 13, 14 y 15 unidades. El  A B C esta dentro del  ABC con lados paralelos a los de este y a 2 unidades de distancia de los lados de los mismos. Calcule (  ABC ) − ( A B C ). 16

65. Sea ABCD un rombo, con AC = 6 y BD = 8. Se construyen exteriormente los cuadrados ABEF y BCGH , cuyos centros son O1 y O2 , respectivamente. Calcular O1 O2 .

5. Ángulos en Circunferencia 66. Dado un ángulo inscrito ∠BAC, y su ángulo central ∠BOC,sesabeque ∠BAC + ∠BOC = 180◦ . Calcular ∠OBC . 67.

Γ1 y Γ2 representan circunferencias que son tangentes interiormente en el punto A. C y

C son los extremos del diámetro AC y AC respectivamente. Además B y B  son puntos sobre Γ1 y Γ2 respectivamente tales que A , B , B  están alineados. Pruebe que BC B  C .



68. Demuestre las fórmulas siguientes. 

a) Fórmula del ángulo interior: ∠ AFB =

AB 

DC

. 17



b) Fórmula del ángulo exterior: ∠CAD =

69. En la figura, encuentre el valor de θ .

18

CD 

BE

.

70. En la figura DE es tangente por D, y C es el punto medio del arco AD. Encuentre el valor del ángulo seminscrito θ .

71. En la figura AC  FD , demuestre que los triángulos ACE y FDB son iguales.

72. En la figura, AB es un diámetro. Por un punto D de la circunferencia se traza una tangente, y luego se dibuja una cuerda AC paralela a ella. Probar que B D es la bisectriz de ∠ ABC . 19

73. Dos círculos de radios desiguales son tangentes externamente en el punto A. Una tangente exterior común toca al círculo de menor radio y centro O en B y al círculo de radio mayor y centro O en C . Demostrar que ∠ BAC = 90 ◦ . 74. Considere la siguiente figura. A y B son los extremos de un diámetro de la circunferencia de centro O, y C un punto de esta tal que CO = 1. Demuestre que los triángulos POC y 1 . COQ son semejantes y que QO = PO

75. Un rectángulo interseca a un círculo, como en la figura siguiente. Si AB = 4, BC = 5 y DE = 3, calcule la medida de la cuerda EF.

20

76. Sobre la circunferencia de centro O, se trazan los diámetros AB y CD tales que AB ⊥ CD. Sea P un punto sobre el arco CBD y Q el punto de intersección de las cuerdas AP y CD. Si DO = 1, demuestre que AP · AQ = 2. 77. Encuentre el valor de θ en la siguiente figura.

78. En la figura: la recta que pasa por A es tangente a la circunferencia S. Demuestre que esa recta tangente es paralela a BC.

79. El arco AB es un cuarto de circunferencia del círculo de centro O que tiene radio R . Los arcos OA y OB son semicírculos congruentes y de diámetro R. Calcule el área de la región sombreada.

21

6. Cuadriláteros Cíclicos 80. Un cuadrilátero cíclico ABCD satisface ∠ ABC = 2 θ , ∠CD A = θ . Hallar θ . 81. En un triángulo ABC, BP y CQ son alturas. Probar que el cuadrilátero BCPQ es cíclico. 82. Sea ABCD un trapecio isósceles el cual tiene lados de longitud A D = BC = 5, A B = 4 y DC = 10. El punto C está en el segmento DF y B es el punto medio de la hipotenusa DE del triángulo rectángulo DEF . ¿Cuál es la longitud del segmento CF?

83. Determine el valor del ángulo θ en la figura siguiente, para que el cuadrilátero BCDO sea rombo, luego calcule el valor de sus diagonales sabiendo que el radio de la circunferencia mide 6.

84. Las bisectrices de los ángulos en A y en B en la base superior de un trapecio se cortan en el punto R . Determine la razón entre la medida del ángulo agudo en R y la suma de las medidas de los ángulos en C y D de la base inferior.

85. Dado un triángulo ABC rectángulo en C, se construye exteriormente el cuadrado ABDE cuyo centro es P . Probar que CP es la bisectriz de ACB . 22

86. Teorema de Brahmagupta. ABCD es un cuadrilátero cíclico tal que sus diagonales AC y BD , que se cortan en P , son perpendiculares. E es el pie de la perpendicular a AD por P , EP interseca a BC en M . Probar que M es el punto medio de BC . 87. Teorema de Miquel. En el  ABC sean D, E, F puntos sobre los lados BC , CA, AB 4, respectivamente. Entonces los círculos circunscritos de los triángulos  AFE,  BDF, CED pasan por un punto común. Sugerencia. Si M es el punto de intersección de los cincuncírculos de los triángulos A FE y BDF , demuestre que: a) El cuadrilátero CDME es concíclico. b) Los centros de las tres circunferencias determinan un triángulo semejante al

 ABC.

88. En la figura se ha tomado un punto C sobre la circunferencia; AC y BC cortan a la segunda circunferencia en D y E respectivamente. Probar que OC y DE son perpendiculares.

89. En la figura ABCD es un cuadrado. P es un punto tal que ∠ APC = 90◦ , Q es el punto de corte de AB y PC , y H es el pie de a perpendicular a AC por Q. Mostrar que P , H y D están alineados.

90. Sea ABCD un cuadrilátero concíclico cuyas diagonales se cortan en Q . Las prolongaciones de D A y CB se cortan en P . Si CD = CP = DQ, mostrar que ∠CAD = 60◦ . 23

91. Los vértices A y B de un triángulo equilátero ABC están sobre una circunferencia K de radio l , y el vértice C está en el interior de la circunferencia K . Un punto D , distinto de B, que está en K es tal que AD = AB . La recta DC interseca K por segunda vez en E. Encuentre la longitud del segmento CE. 92. Sea AB = 2 un diámetro de la circunferencia de centro O y sea CD la recta perpendicular a AB en O, tal que CO · DO = 1. Además, E es el punto sobre la circunferencia y el segmento AD y F el punto sobre la circunferencia y la prolongación de AC, demuestre que: a) Los triángulos COA y AOD son semejantes. b) Probar que EF

⊥ OD y que EG = FG.

93. Demuestre que las rectas CB y EF en la figura siguiente son paralelas.

24

94. En un triángulo A BC con incentro I (incentro es el punto de corte de las tres bisectrices de un triángulo), B I y CI cortan a AC y AB en D y E respectivamente. Demuestre que si ∠ BAC = 60 ◦ entonces DEI es isósceles. 95. Sea ABCD un cuadrilátero concíclico con diámetro AC, y sea O el centro de su circunferencia. Se construyen los paralelogramos DAOE y BCOF. Demuestre que si E y F están sobre la circunferencia entonces ABCD es rectángulo. 96. En la figura A BE y CDE son√ equiláteros. Siendo M y N los puntos medios de A D y BC respectivamente. Si AB = 4 3 y CD = 2, calcule el perímetro de MNCD.

7. Potencia de Punto 97. En una circunferencia, una cuerda de longitud 10 y un radio se bisecan mutuamente. Calcular el radio de la circunferencia. 98. En la figura, demuestre que DOP es isósceles, sabiendo que PO =

√ 28.

99. AB es una cuerda en una circunferencia que mide 5. Se prolonga B A hasta un punto P exterior al círculo tal que AP = 4. Determinar la longitud de la tangente desde P a la circunferencia. 25

100. Demostrar que el eje radical biseca a las tangentes comunes de dos circunferencias que no son interiores ni tangentes. 101. DB es una cuerda de un círculo, E es un punto sobre esta cuerda para el cual DE = 3 y EB = 5. Sea O el centro del círculo. El segmento OE se extiende de tal manera que corta al círculo en C, como en la figura adjunta. Dado que EC = 1, determine el valor del radio del círculo.

102. Sea E el centro del cuadrado ABCD de área 32 cm2 . Determine la potencia del punto D respecto de cada una de las circunferencias mostradas a continuación.

103. Dos circunferencias ortogonales de centros P y Q se intersecan en los puntos A y B. Si PQ = 17 y AP = 8, hallar la potencia de Q respecto a la circunferencia de centro P . 104. Dada una circunferencia de diámetro BC , se toma un punto P en la prolongación de BC , y se traza la tangente AP. Si PA = AB y O es el centro del círculo, probar que el triángulo ACO es equilátero. 105. En la figura adjunta las circunferencias de centro A y B son ortogonales. Si AC = r, determine en función de r : 26

a) La potencia de B respecto de la circunferencia de centro A y radio AC. b) La potencia de A respecto de la circunferencia de centro B y radio BC .

106. Sean C1 y C2 dos circunferencias ortogonales. Si C1 tiene radio R y centro O1 y C2 de centro O2 y radio r , se traza una recta sobre O1 que interseca a C2 en D y E , y una recta sobre O2 que√ interseca a C1 en F y G . Demuestre que: O1 D · O1 E = R, O2 F · O2 G = r y que O1O2 = O1 D · O1 E + O2 F · O2 G.

27

107. En la figura A , B y C son centros de sus respectivas circunferencias las cuales tienen igual radio, además ∠DEC = ∠CDE, la recta PA es tangente a la circunferencia de centro C , √ 2 Pot P(C) = 96cm , y la medida del segmento DC es 2 2, calcule Pot P( A) y Pot P( B) .

108. Demuestre que: «Dadas dos circunferencias Γ 1 y Γ 2 con eje radical l . Si un punto P ∈ l está contenido en dos rectas a y b tales que, a ∩ Γ1 = { A, C} y b ∩ Γ2 = {B, D }, entonces A, B , C y D están sobre una circunferencia». 109. Sean Γ1 una circunferencia de centro O y radio R y Γ2 una circunferencia de radio r y centro O , con R ≥ r . Si M es el punto medio de OO entonces el punto H = E R(Γ1 , Γ2 )OO 2 −r 2 es tal que, M H = R2OO  . 110. Demostrar que si las cuerdas A 1 B1 y B1 C1 en el circuncírculo del  ABC son tangentes al incírculo, la cuerda C1 A1 (en el circuncírculo) es también tangente al incírculo. 111. En un triángulo escaleno ABC se traza la bisectriz interior B D, con D sobre AC. Sean E y F , respectivamente, los pies de las perpendiculares trazadas desde A y C hacia la recta BD , y sea M el punto sobre el lado BC tal que DM es perpendicular a BC. Demuestre que ∠EMD = ∠DMF . 112.

Γ1 es

un circulo de diámetro AB y C un punto de esta, D es el pie de la perpendicular desde AB a C. Γ2 la circunferencia de centro A y radio A D. Γ1 y Γ2 se cortan en P y Q. Si R es la intersección de AC con PR demuestre que 1 PR = 3 RQ

ssi

∠ RDQ = 90

◦.

8. Ortocentro y Circuncentro 113. En un triángulo isósceles ABC, con AB = BC, la mediatriz de BC interseca a la mediana BM en L . Si ∠LCB = 25 ◦ , hallar ∠ LAC . 114. Hallar los ángulos de un triángulo cuyo triángulo órtico tiene ángulos de 20◦ , 50◦ y 110◦ . 28

115. Sea un triángulo ABC de circuncentro O. Si ∠ AOC = 100 ◦ y ∠OCB = 30◦ , determinar la medida de los ángulos del triángulo ABC. 116. Sea A BC un triángulo rectángulo en C , con ∠ A = 75 ◦ . Se traza la altura C H . Demostrar que CH = AB 4 . 117. En un triángulo A BC, ∠ BAC = 60 ◦ . Mostrar que B , C , el circuncentro O y el ortocentro H están sobre una misma circunferencia, cuyo radio igual al cincunradio del  ABC. 118. ABC es un triángulo y P un punto en su interior. Sean A , B y C las reflexiones de P sobre BC, C A y AB , respectivamente. Además, D , E y F son los pies de las perpendiculares respectivos desde A, B y C hacia B C , C  A y A B . Probar que AD , BE y C F son concurrentes. ¿Cuál es el punto de concurrencia?

119. Sea O el circuncentro del triángulo A BC con ∠C = 45 ◦ , y sea D el pie de la altura desde A. Encuentre ∠ODC . 120. Utilice el teorema de Pitágoras para demostrar el siguiente teorema. El  ABC es rectángulo en C . Sea D el pie de la perpendicular desde el vértice C hasta el lado AB. Se construye el circuncírculo de radio r 1 en el  ACD y otro de radio r2 en el CDB. Si el radio del circuncírculo del  ABC es r , demuéstrese que r = r12 + r22 .



121. Sea ABC un triángulo rectángulo isósceles, con ∠ A = 90 ◦ . P y Q son puntos dentro del triángulo tales que BP = AQ y AP = CQ. Si BP y CQ se cortan en R, demostrar que AR ⊥ PQ. 122. Se ubican los puntos M y K sobre los lados BC y CD del cuadrado ABCD respectivamente, de modo que MC = KD . Sea P la intersección de MD y BK , demuestre que AP ⊥ MK . 123. Sea ABC un triángulo acutángulo de circuncentro O. BD es la altura por B . Si ∠DAB = 35◦ y ∠OBD = 10◦ , encontrar los ángulos del triángulo A BC. 124. En la figura, AB es diámetro de la circunferencia. Si X es la intersección de CG con AB, calcular ∠CX B. 29

125. Sea ABC un triángulo acutángulo de circuncentro O y altura AD . Si ∠OA B = 25◦ y ∠OCB = 15 ◦ , calcular ∠ DAB . 126. Las reflexiones de H con respecto a los lados del triángulo ABC caen sobre el circuncírculo del mismo, es decir H H a = H a X y análogo para los otros lados también. La altura AH a es bisectriz del ángulo ∠ H b H a H c . 127. Si O y H son el circuncentro y el ortocentro de un triángulo ABC respectivamente, entonces los ángulos ∠BAH y ∠CAO son iguales. 128. Los circuncírculos de ABC, ABH , BCH , C AH tienen igual radio. 129. A, B, C y H forman un cuadrilátero ortocéntrico, es decir que cada punto es el ortocentro del triángulo formado por los otros tres. 130. El ortocentro de un triángulo está al interior, sobre un vértice, o afuera del triángulo, si el triángulo es acutángulo, rectángulo, u obtusángulo respectivamente.

9. Baricentro, Incentro y Excentro 131. Martín tiene un terreno de forma triangular, como en la figura anexa, y desea dividirlo entre sus cuatro hijos de manera que los lotes tengan la misma superficie y sean de forma triangular y semejante al terreno original. ¿Cómo debe dividirlos?

132. En un triángulo ABC, la bisectriz exterior de ABC y la bisectriz exterior de BC A se cortan en D . La paralela a BC por D corta a AC en L y a A B en M . Si LC = 5 y MB = 7, hallar LM . 30

133. En la figura, G es el centroide. Si GD = 2 y el área sombreada vale 5, hallar AD y el área del triángulo ABC.

134. Se construye el incírculo del  ABC , rectángulo en C , como en la figura anexa. El circulo es tangente a la hipotenusa AB en P , en donde A P = 20 y BP = 6. Calcule el inradio.

135. Si las medianas de dos lados de un triángulo son iguales, demostrar que el triángulo es isósceles. 136. Un triángulo ABC tiene AB < AC , AD es bisectriz, y E es un punto en AB tal que ◦ ∠ EDB = 90 . El punto F sobre AC es tal que los ángulos BED y DEF son iguales. Demuestre que los ángulos B AD y FDC son iguales. Recuerden ciertos puntos llamados excentros. 137. En un triángulo ABC , ∠ ABC = 90◦ + ∠CAB . Sean D y E los pies de las bisectrices interior y exterior de BCA respectivamente. Demuestre que CD = CE. 138. En el triángulo A BC, se traza la mediana A M. Demostrar que si B M = AM , entonces el triángulo es rectángulo en A . 139. Teorema de la bisectriz. En todo triángulo se cumple que los lados que forman el vértice de donde parte la bisectriz interior (exterior) son proporcionales a los segmentos determinados por dicha bisectriz sobre el lado opuesto. En la figura siguiente, BD es bisectriz interior y BE es bisectriz exterior, luego se cumple que: AB BC = AD DC

y

AB BC . = AE CE

31

Sugerencia para la demostración: Sea P el punto sobre AB tal que C P  BD . Con una construcción similar demuestre el teorema para el caso en que la bisectriz sea exterior. 140. En la figura, ABGH , BCFG y CDEF son cuadrados. Si I es el centro de ABGH y J es la intersección de D H y BG, mostrar que I , J y F están alineados.

141. Una propiedad importante. Considere un triángulo A BC, cuyo incentro denotamos por I y su excentro relativo a A con I a . La bisectriz de ∠CAB interseca al circuncírculo nuevamente en D . a) Mostrar que BD = DC. b) Probar que los puntos B , I , C , I a son concíclicos.

142. En un triángulo ABC, sean P y P1 en BC, Q en C A y R en A B tales que AR BP CQ CP1 = = = RB PC QA P1 B G es el baricentro de ABC, K la intersección de AP1 y RQ. Demuestre que P , G y K están

alineados. 32

143. Dada una circunferencia de centro O y radio r, desde un punto P del plano se traza una recta secante (o tangente) a dicha circunferencia en el punto X , desde el cual se traza una recta que corta a la circunferencia y al rayo PO en Y , finalmente el punto Q es la intersección del rayo PO la recta que contiene al punto X tal que ∠PXY = ∠YX Q. Demuestre que OP · OQ = r2 , donde O es el centro de la circunferencia y r el radio. (Véase la figura).

Observación: Las líneas punteadas no son parte de la construcción, solo pretenden ser una sugerencia. 144. El  ABC es rectángulo en C. Sea D el pie de la perpendicular desde el vértice C hasta el lado AB . Se inscribe un circulo de radio r 1 en el  ACD y otro de radio r 2 en el CDB. Si el radio del incírculo del  ABC es r , demuéstrese que r = r12 + r22 .



145. En el  ABC, los puntos L, M, N yacen sobre los segmentos AB, BC y CA respectivamente, satisfaciendo AL BM CN . = = AB

MC

CA Demostrar que los baricentros de los triángulos ABC y



LM N coinciden.

146. ABCD es un paralelogramo de centroide (baricentro) E, M es el punto medio de AD, y F es la intersección de AC con BM. Si el área de ABCD vale 1, hallar el área del cuadrilátero DEFM. 147. ABC es un triángulo rectángulo, con ∠ A = 90 ◦ . Si I es el incentro, calcular ∠BIC . 148. La suma de las distancias del centroide a los puntos medios de los lados de un triángulo vale 20. Calcular la suma de las medianas del triángulo. 149. Sea ABC un triángulo de incentro I . La paralela a BC por I corta a AB y AC en P y Q , respectivamente. Si BP + CQ = 10, calcular PQ. 33

150. En el  ABC , ∠BC A = 30 ◦ . Además, A H es una altura y B M es una mediana. Hállese la medida de ∠ MHC.

151. Sea ABC un triángulo. Se trazan las bisectrices interiores BD y CE tales que D es el punto sobre AC, E es el punto sobre AB, 2∠BDE = 3∠B y ∠CED = 2∠B. Calcular los ángulos del triángulo ABC. 152. Sea ABC un triángulo rectángulo, con ∠BAC = 90◦ , y D el pie de la perpendicular desde A. I y J son los incentros respectivos de los triángulos ABD y ACD. Demostrar que la bisectriz de ∠BAC es perpendicular a I J . 153. El circuncentro del triángulo A BC es el ortocentro del triángulo medial A  B C . 154. El triángulo ABC es llamado el triángulo tangencial del triángulo DEF. Además, se cumplen las siguientes relaciones, donde s denota el semiperímetro del triángulo A BC. AE = AF = s BD = B F = s CD = CE = s

− a, − b, − c.

155. El ortocentro del triángulo ABC es el incentro de su triángulo órtico. 34

156. Dado un triángulo ABC , su triángulo órtico y su triángulo tangencial tienen lados correspondientes paralelos (triángulos homotéticos). 157. La perpendicular trazada desde A al lado del triángulo órtico H b H c pasa por el circuncentro de ABC. 158. Recta de Euler. El baricentro, el ortocentro y el circuncentro de un triángulo están alineados, y además G H = 2 GO. 159. I es ortocentro del triángulo I a I b I c . Además se cumplen las siguientes relaciones: AX = AZ = s , BX = BY = s c, CY = CZ = s b.

− −

160. El área del triángulo ABC, denotada por ( ABC ), cumple las siguientes relaciones: ( base) (altura)

·

, ab · sen C bc · sen A ca · sen B abc , ( ABC ) = = = = 2 2 2 4R ( ABC ) = sr, ( ABC ) =

( ABC ) =

2

 − s (s

a)( s

− b)(s − c). 35

Nota: la última igualdad es llamada la Fórmula de Herón. 161. El circunradio, el inradio y los exradios cumplen las siguientes relaciones: r a + rb + rc r = 4 R, ( ABC ) = r a (s a) = r b (s b) = r c (s

−

r =

 − − − − −  − −  − − −  − − − (s

a)( s

b)( s

c)

s

r a =

rb = rc =

s( s

b )( s s a

c)

s (s

a)( s s b

c)

s (s

a)( s s c

b)

−

− c ),

,

, , .

10. Algunas Soluciones Problema 1. Sea M el vértice de ϕ , y N el otro punto de intersección entre los triángulos.

◦ − 75◦ − 60◦ = 45◦ Suplemento menos ángulo del equilátero ◦ ◦ ◦ ◦ Suplemento menos ángulo del equilátero ∠ NAD = 180 − 65 − 60 = 55 ◦ ◦ ◦ ◦ Suma de todos los ángulos en un triángulo es 180◦ ∠ DN A = 180 − 55 − 45 = 80 ∠ NDA = 180

∠ DN A = ∠ MN F

ϕ = 180 ◦

Opuestos por el vértice

− 80◦ − 60◦ = 40◦

Problema 7. Considere la siguiente figura. El ángulo CPQ es ángulo exterior del triángulo BEP, por lo que ∠CPQ = β + ε. De forma análoga, ∠CQP = α + δ. Sumando los ángulos internos del triángulo CPQ se tiene α + β + γ + δ + ε = 180 ◦ . 36

Problema 13. Como AB = BC, el triángulo ABC es isósceles, entonces ∠ BAC = ∠ BCA = α

y por ángulo externo ∠CBD = 2α, también, el triángulo BCD es isósceles, entonces ∠ BDC = 2 α y ∠ DCE = 3 α, también el triángulo CDE es isósceles, entonces ∠CED = 3 α. Razonando similarmente se llega a que ∠GEF = 2 α, por lo que ∠ FED = ∠CED

− ∠GEF = 3α − 2α = α .

Entonces, sumando los ángulos internos del triángulo F DE se obtiene 7 α = 180 ◦ por lo ◦ que α = 1807 .

Problema 17. Trácese el segmento AC. Sea H el punto de intersección entre AC y la prolongación de FB . Como F E  AC, por ángulos correspondientes ∠EFB = ∠CHG . Como AC es la diagonal del cuadrado ABCD, ∠ HCG = 45 ◦ . Por la suma de los ángulos internos de un triángulo, ∠ HGC = 180 ◦ − 60◦ − 45◦ = 75◦ = ∠BGC. 37

Problema 18. El siguiente arreglo cumple:

Problema 20. Cada cuadrado toma una porción del segmento AB y su perímetro es cuatro veces tal porción, y dado que los cuadrados están puesto de tal forma que utilizan todo el segmento AB sin sobreponerse, entonces el perímetro total es 4 veces 24, es decir, 96cm.

Problema 22. Como A D  BC, tenemos, por ángulos alternos internos:

• En la diagonal AC, ∠ ACB = ∠CAD y ∠BAC = ∠DCA. • En la diagonal BD, ∠ ADB = ∠CBD y ∠BDC = ∠DB A De esto podemos concluir los siguientes incisos:

• Como ∠ ADB = ∠CBD, ∠BDC = ∠DB A y comparten BD, el  ABD es congruente a CDB. Como son congruentes AB = CD y BC = AD , por ser los lados correspondientes en triángulos congruentes.

38

• Notar que como ∠ ACB = ∠CAD , ∠ ADB = ∠CBD y como anteriormente concluimos que BC = AD , el  ADE es congruente a CBE. Por ser lados correspondientes en triángulos congruentes, D E = EB y AE = EC , lo que cumple definición de punto medio.

Problema 26. En la siguiente figura, puede demostrarse que el cuadrilátero EPAK es una rotación de 90◦ con centro A del cuadrilátero EKBJ , y lo mismo pasa con EQDP y EJCQ. Dada la congruencia, sus áreas son iguales entre si, y de allí se sigue el resultado.

Problema 27. Como CF = CG, el CFG es isósceles. Por lo tanto ∠CFG = ∠CGF = 15 ◦ .Ahora consideremos ∠ ACG = 180◦ − ∠FCG = 180 ◦ − (180◦ − ∠CFG − ∠CGF) = 2∠CFG = 30◦ . Por otro lado, ∠DCB = 90◦ − 60◦ = 30◦ . Esto, junto con C G = CF = CD , por ser un cuadrado, y C B = CA, porque  ABC es equilátero, implica que CG A y CDB son congruentes. Por ser ángulos correspondientes, ∠CG A = ∠CDB 39

Problema 29. Procederemos comparando áreas. Nótese que al trazar los segmentos del punto P a los tres vértices del triángulo, se forman los triángulos  ABP,  ACP y  BCP. Estos tres triángulos van a cumplir que sus áreas sumadas son iguales a la del  ABC. ( ABC ) = ( ABP) + ( ACP) + ( BCP)

Notándolo como producto de base por altura, las perpendiculares forman la altura de cada uno de los triángulos con vértice P , y los lados del triángulo  ABC como base, los cuales son todos iguales por ser equilátero, llámesele l . l

× h = l × PR + l × PS + l × PT 2

2

2

h = P R + PS + PT

40

2

Problema 36. Por triángulos notables, en  ABC , AC = 2 AB , y en  ABD, AB =

√ 3BD .

Problema 40. Considere la siguiente figura. Sea R el punto de tangencia de AD sobre la circunferencia de radio P , se forma así el triángulo rectángulo APR, aplicando el teorema de √ Pitágoras en este triángulo se obtiene AR = 8. Por propiedades de rectas tangentes a una circunferencia DR =√ DB = x, aplicando de nuevo el teorema de Pitágoras ahora al √ 2 2 2 triángulo A BD se tiene ( 8 + x ) = 4 + x , y simplificando BD = 2.

Problema 44. Por Pitágoras AC = 5 y CE = 10, pero además, observe que los triángulos ABC y CDE son semejantes (en ese orden), por lo que los ángulos BCA y DCE son complementarios, y de allí que el ángulo ACE sea 90◦ . Con esto, aplicando nuevamente √ Pitágoras al triángulo ACE se tiene que AE = 5 5.

Problema 48. Sea E el punto de intersección de las diagonales y a, b , c , d los segmentos AE, 41

BE , CE, DE respectivamente. Por el teorema de Pitágoras se cumple que: AB 2 = a 2 + b2 CD 2 = c 2 + d2 BC 2 = b 2 + c2 DA2 = d 2 + a 2

Sumando las primeras dos, y restando las ultimas: AB 2 + CD 2

− BC2 − DA2 = a 2 + b2 + c2 + d2 − b2 − c2 − d2 − aa

De donde concluimos que, en efecto: AB 2 + CD 2 = BC2 + DA2

Problema 51-52. Como las rectas M N y AB son paralelas, por el teorema de Thales NC BN = MC AM

42

51. Si BN = 6 cm, y A M = 2 MC, reemplazando 6 NC = 2 MC MC De allí que NC = 3 cm. 52. Si BN = NC + 2, MC = 2, y A M = 3, reemplazando NC NC + 2 = 2 3 3 NC = 2 NC + 6 NC = 6 Problema 55. Tenemos que OA · OC = r 2 y OB · OD = r 2

a) Como OA OC = r 2 = OB OD , podemos transformar OA OC = OB OD en

·

·

·

OA OB = OD OC

·

Como cumplen la relación de semejanza, y además el ángulo entre O A y OB es el mismo que entre OD y OC por ser compartido, los triángulos  AOB y  DOC son semejantes, como se quería demostrar. b) Como  AOB y  DOC son semejantes, se cumple la siguiente relación CD OD = AB OA

Pero, por la condición inicial

r2 OD = OB

Por lo tanto, reemplazando y multiplicando todo por AB CD =





r2 AB OA OB

·

43

Problema 56. Sea D el punto de tangencia, OD = r. Como los triángulos ODQ y OPD son rectángulos, y tienen un ángulo en común, son semejantes. Por ser semejantes: OP OD = OD OQ OP OQ = OD2

· OP · OQ = r 2

Problema 57. Por el teorema de Thales BCZ es semejante a BX A. De allí se cumple la siguiente relación CZ BZ = AX AB

Análogamente, por Thales  ACZ es semejante a  AYB, y se cumple que CZ AZ = BY AB

Al sumar ambas relaciones, y considerando A B = AZ + BZ CZ CZ BZ AZ + = + AX BY AB AB 1 1 BZ + AZ + = CZ AX BY AB 1 1 1 AB + = AX BY CZ AB





1 AX

44

+

1 BY

=

1 CZ

 

Problema 66. Como un ángulo inscrito es igual a la mitad del arco que subtiende, y un ángulo central es igual al arco que subtiende, tenemos que ∠BAC = ∠BOC 2 . Reemplazando en la ecuación inicial ∠ BOC

2

+ ∠BOC = 180◦

∠ BOC + 2∠ BOC = 360

◦

3 · ∠BOC = 360 ◦ ∠ BOC = 120 Problema 68. En realidad el resultado es cierto para cualquier punto C sobre Γ 1 , no es necesario que sea el diametralmente opuesto a A, lo que sí debe cumplirse es que A, C y C  estén alineados. Para resolverlo, se traza la tangente común AD, y por ángulos semi-inscritos se observa que los ángulos ACB y AC  B son iguales al ángulo DAB , y dado que son ángulos correspondientes (hablando en términos de paralelas cortadas por una secante) entonces las rectas BC y B  C deben ser paralelas.

También, este problema está relacionado con 79 y con 93, se resuelven de forma bastante parecida. Problema 71. Por estar inscritos en el mismo arco, tenemos ∠BAE = ∠EFB y ∠BCE = ∠EDB. Como tienen dos ángulos iguales,  ACE es semejante a  FDB. Por otro lado, por ángulos alternos internos, ∠ BAE = ∠ ABF = ∠ AEF = ∠ BFE.

Por lo tanto,  ABG y  FEG son isósceles. Esto implica que AG = BG GE = G F

45

Sumando ambas igualdades AG + GE = BG + GF AE = BF

Como son semejantes y tienen un lado igual,  ACE y  FDB son congruentes.

Problema 81. Por definición BP ⊥ C A y CQ ⊥ AB , así que ∠ BPC = ∠CQB = 90◦ . Lo anterior implica que tanto P como Q están sobre la circunferencia de diamétro BC . Así que los cuatro puntos estan sobre dicha circunferencia. Abajo se ilustran los dos casos posibles en que el triángulo no tiene un ángulo recto.

Problema 82. Sean P, Q y R los pies de las perpendiculares a CD por A, a CD por B y a EF por B. Note que, por criterio ALA, los triángulos DBQ y BER son congruentes. En efecto: ∠QDB = ∠RBE por ser correspondientes entre paralelas, DB = B E por hipótesis y ∠DBQ = ∠ BER también por ser correspondientes entre paralelas. En particular se deduce que RB = QD, y como BRFQ es un paralelogramo (por construcción BR  F Q y QB  RF), también se deduce que FQ = QD. Por otro lado, por Pitágoras en los triángulos DPA y CQB , se tiene que DP 2 = AD 2 − AP 2 y CQ2 = BC2 − BQ2 , pero AD = BC por hipótesis y A P = BQ porque ABQP es un 46

paralelogramo ( AB  CD por hipótesis y AP  BQ por construcción), así que DP = CQ. Por tanto, CF = QF − QC = DQ − DP = PQ = AB , es decir CF = 4.

Problema 86. Sea E la intersección de tal perpendicular con D A y P el punto de intersección de las diagonales. Llámese j a ∠ pDE. Como el triángulo PDE es rectángulo, ∠EDP = 90◦ − j. De ahí que ∠ MPB = 90 ◦ − j por ser opuesto por vértice a ∠EDP. Por otro lado, el triángulo DAP también es rectángulo, así que ∠DAC = ∠DAP = 90◦ − j , y como ABCD es cíclico se tiene que ∠PB M = ∠DBC = 90◦ − j también. Así que el triángulo BMP es isósceles con B M = MP . De manera análoga se demuestra que el triángulo CPM es isósceles con MC = PM . De aquí se concluye que M es el punto medio de BC.

Problema 87. Dado el triángulo ABC, P, Q, R son puntos cualesquiera de los lados BC, CA, AB, respectivamente. Demuestre que los circuncírculos de los triángulos ARQ, BPR, CPQ tienen un punto en común.

Si M es la intersección de los circuncírculos de A RQ y BPQ se cumple que 360◦ − ∠RMQ − ∠PMR = 360 ◦ − (180◦ − ∠ A) − (180◦ − ∠B) = 180 ◦ − ∠C. Por lo tanto, CPMQ es cíclico, lo que significa que M pertenece al circuncírculo de CPQ. 47

Problema 96. Como AC es diámetro, ∠ ABC = 90◦ = ∠CD A. Como AOED es paralelogramo ( AD  OE) ⊥ CD, y dado que O equidista de C y D , OE debe ser mediatriz de CD. Por otra parte, como OA y OE son radios, entonces DAOE es además rombo, por lo que AO y AD son iguales (radios), pero OD también es radio, entonces, el triángulo AOD es equilátero. De nuevo, pero ser DAOE paralelogramo, ODE es también equilátero. Análogamente se demuestra que OCB y OBF también son triángulos equiláteros. Como el triángulo OCB es equilátero, 60◦ = ∠OCB = ∠ ACB = 90◦ − ∠BAC, entonces ∠BAC = 30◦ , mientras que ∠ DAO = 60◦ , porque el triángulo AOD es equilátero. Luego, ∠DAB = 90◦ , y ◦ ◦ ◦ ∠ BCD = 360 − 3 · (90 ) = 90 , es decir, ABCD es rectángulo.

Problema 101. Considere la siguiente figura. Si M pertenece al eje radical, entonces la potencia 48

de punto a ambas circunferencias es la misma, y dado que AB es una tangente común con puntos de tangencia A y B , entonces MA2 = MB 2 , y de aquí se concluye que M es el punto medio de AB.

Problema 108. Por definición de eje radical, la potencia de punto de P con respecto a las circunferencias será la misma, es decir PA · PB = PC · PD , y esto significa que existe una circunferencia en la que se ubican A , B , C , D con respecto a la cual se está calculando la potencia de P con las rectas AB y CD ( P es la intersección de tales rectas).

49

A. Resultados Preliminares Definición A.1 (Congruencia). Se dice que los dos segmentos de rectas AB, CD son congruentes si su longitud es la misma, esto se denota A B ≡ CD.1

Figura 1: El segmento de recta AB es congruente con el segmento de recta BC Definición A.2. Se dice que dos ángulos son congruentes si miden lo mismo. Definición A.3 (Congruencia de triángulos). Sean ABC y D EF dos triángulos entonces diremos que el triángulo ABC es congruente con el triángulo DEF ( ABC ≡  DEF) si AB

≡ D E,

AC

≡ DF ,

BC

≡ E F

y los ángulos en A , B y C son congruentes con los ángulos en D , E y F Teorema A.1 (Criterio de congruencia lado-ángulo-lado (LAL)). Dos triángulos ABC y DEF son

≡ DE, BC ≡ EF y los ángulos en B y E son iguales.

congruentes si AB

Teorema A.2 (Criterio de congruencia ángulo-lado-ángulo (ALA)). Dos triángulos ABC y DEF son congruentes si el ángulo en A es congruente con el ángulo en D, el ángulo en C es congruente con el ángulo en F y AC D F

≡

Teorema A.3 (Criterio de congruencia lado-lado-lado (LLL)). Dos triángulos ABC y DEF son congruentes si2

AB

≡ DE,

AC

≡ D F,

BC

≡ E F.

Teorema A.4 (Suma de los ángulos internos de un triángulo). La suma de los ángulos internos de un triángulo es de 180◦ . Teorema A.5 (Desigualdad del triángulo). Para cualquier triángulo tenemos que la suma de las longitudes de dos de sus lados es mayor que la longitud del tercer lado. Es decir, si llamamos a, b y c a las longitudes de los lados del triángulo, tenemos que las siguientes tres desigualdades se cumplen a + b > c, a + c > b, b + c > a. 1 Se usa la palabra congruencia y no “igualdad” ya que se reserva la frase igualdad de segmentos para cuando

los segmentos tienen la misma medida y ocupan el mismo espacio. 2 Advierta que este teorema asegura que la verificación de las congruencias de los lados correspondientes es suficiente para demostrar que  ABC ≡  DE F sin tener que mostrar las congruencias de los ángulos.

50

Teorema A.6 (Thales). Considérense tres rectas, y dos rectas transversales a éstas, como se muestra en la figura. Si AD, BE y CF son paralelas entonces AB DE . = BC EF Recíprocamente, si AB DE = BC EF y dos de las rectas AD, BE o C F son paralelas entonces las tres rectas son paralelas.3

Figura 2: Teorema de Thales Definición A.4. Se dice que dos triángulos ABC y DEF son semejantes ( ABC ∼  DEF), si sus ángulos respectivos son congruentes, es decir,

≡ ∠DEF, ∠ DFE ≡ ∠ ACB , ∠ BAC ≡ ∠ EDF, ∠ ABC

y sus lados homólogos son proporcionales, esto es, AB AC BC . = = DE DF EF

Teorema A.7 (Semejanza AAA). Si dos triángulos tienen sus ángulos correspondientes congruentes entonces sus lados correspondientes son proporcionales y los triángulos son semejantes.

Teorema A.8 (Semejanza LAL). Si dos triángulos tienen dos lados correspondientes proporcionales y el ángulo comprendido entre éstos es igual, entonces son semejantes.

Teorema A.9 (Semejanza LLL). Si dos triángulos tienen sus lados correspondientes proporcionales entonces los triángulos son semejantes.

51

Figura 3: El triángulo A BC es rectángulo ya que ∠CAB = 90◦ Definición A.5. Se dice que el triángulo A BC es rectángulo si alguno de sus ángulos es recto, es decir, dicho ángulo tiene medida de 90◦ . Teorema A.10 (Pitágoras). Sea ABC un triángulo de tal manera que las longitudes de su lados son a, b y c entonces

 ABC es rectángulo si y sólo si c2 = a 2 + b2.

Figura 4: Teorema de Pitágoras Definición A.6 (Medianas). Sea ABC un triángulo, a la recta l que pasa por el vértice A y que BM corta a BC en M de tal forma que MC = 1 se le llama mediana.

Figura 5: La mediana es la recta que pasa por A y M 3 El teorema funciona aún cuando A = D .

52

Definición A.7 (Bisectrices). Si ABC es un triángulo entonces definimos la bisectriz del ángulo ∠CAB del triángulo ABC como la recta que pasa por A que divide al ángulo en dos ángulos iguales.4

Figura 6: Bisectriz de ∠CAB Definición A.8 (Mediatrices). La mediatriz de un segmento AB es la recta perpendicular al segmento que pasa por su punto medio

Figura 7: Mediatriz del segmento AB Definición A.9 (Altura). Si ABC es un triángulo se define la altura desde el vértice A como la recta que pasa por A y que corta a BC en D de tal manera que A D sea perpendicular a BC . Al punto D usualmente se le llama pie de la altura.

Figura 8: Altura por el vértice A

4 La bisectriz tiene la propiedad de ser el

conjunto de puntos que equidista de cada lado del ángulo.

53

Teorema A.11. Las medianas de un triángulos son concurrentes. Al punto de concurrencia de las medianas se le llama centroide.

Figura 9: Al punto G se le llama centroide Teorema A.12. Las bisectrices internas de un triángulo son concurrentes. Al punto de concurrencia de las bisectrices se le llama incentro.

Figura 10: Al punto I se le llama incentro Teorema A.13. Las mediatrices de los lados de un triángulo son concurrentes. Al punto de concurrencia de las mediatrices se le llama circuncentro.

Figura 11: Al punto O se le llama circuncentro

54

Teorema A.14. Las alturas de un triángulo son concurrentes. Al punto de concurrencia de las alturas se le llama ortocentro.

Figura 12: Al punto H se le llama ortocentro Definición A.10 (Ángulo inscrito). Un ángulo inscrito en una circunferencia es el ángulo formado por dos cuerdas que tienen un extremo común sobre la circunferencia. Los dos extremos no comunes de las cuerdas definen un arco, al que se llama arco que abre el ángulo inscrito. Un ángulo central es un ángulo formado por dos radios.

Figura 13: (a) Ángulo inscrito (b) Ángulo central Teorema A.15 (Medida del ángulo inscrito). La medida de un ángulo inscrito en una circunferencia es igual a la mitad del arco comprendido entre sus lados, es decir, es la mitad del ángulo central que abre el mismo arco.

Definición A.11 (Cuadrilátero cíclico). Un cuadrilátero se llama cíclico si sus vértices están sobre una circunferencia. 55

Figura 14: El cuadrilátero ABCD es cíclico Teorema A.16. Un cuadrilátero es cíclico si y sólo si sus ángulos opuestos son suplementarios. 5 Teorema A.17. Un cuadrilátero es cíclico si y sólo si el ángulo entre un lado y una diagonal es igual al ángulo entre el lado opuesto y la otra diagonal.

5 Dos ángulos son suplementarios si su suma es 180 ◦ .

56

Taller de Teoría de Números — Nivel Básico Lic. Riquelmi Cardona Universidad de El Salvador

23–27 de febrero de 2009

1. Conceptos Básicos: Divisibilidad Definición 1.1. Dados dos enteros a y b , se dice que a divide a b (o b es divisible por a ) si existe un entero c tal que b = a · c. En este caso lo representamos por a | b . Proposición 1. Sean a, b, c enteros arbitrarios, entonces:

| ∧ b | c ⇒ a | c. II . a | b ∧ a | c ⇒ a | b + c ∧ a | b − c. = 0 ⇒ ( a | b ⇐⇒ ac | bc). III . c  IV . a | b ∧ b 0 ⇒ a ≤ b. Teorema 1.1. Dados a ∈ y m ∈ , existen a ∈ I. a b

>

Z

a = qm + r.

N

Z

yr

∈ {0 , 1 , 2 , . . . , m − 1} únicos tales que

Ejemplos. 1. Determine para cuales números naturales n el número n2 + 1 es divisible por n + 1. Solución: Tenemos que (n + 1)( n − 1) = n2 − 1, entonces n + 1 | n2 − 1. Por otra parte ya sabíamos que n + 1 | n2 + 1. Aplicando la propiedad (II ) tenemos que n + 1 | n2 + 1 − (n2 − 1) = 2. Los únicos enteros positivos que dividen a 2 son 1 y 2. De las anteriores posibilidades para n + 1, solamente 2 funciona y obtenemos n = 1. 2. Encuentre todos los enteros a  = 3 tales que a − 3 | a 3 − 3. Solución: Tenemos que aparece una variable elevada al cubo, entonces podemos relacionar las variables por medio de la diferencia de cubos. Tenemos que ( p − 3)( p2 + 3 p + 9) = p3 − 27, entonces p − 3 | p3 − 27. Utilizando las propiedades tenemos que p − 3 | p3 − 3 − ( p3 − 27) = 24. Los enteros positivos que dividen a 24 son

−24, −12, −8, −6, −4, −3, −2, −1,1,2,4,6,8,12,24. De lo anterior obtenemos que p ∈ {− 21, −9, −5, −3, −1,0,1,2,4,5,7,9,11,15,27}. 57

3. Demuestre que entre m enteros consecutivos hay exactamente uno que es divisible por m . Solución: Consideremos los m enteros consecutivos siguientes { a + 1, a + 2, . . . , a + m }. Aplicando el teorema de la división se puede escribir a = qm + r,donde q esel cociente y r es el residuo de la división entera de a entre m. Tomemos el número a + m − r, como r está entre 0 y m − 1, entonces m − r estará entre 1 y m. Luego a + m − r = qm + r + m − r = (q + 1)m de donde se tiene que hay al menos un número divisible por m . A continuación probaremos que el número anterior es único. Supongamos que hay un k entre 1 y m tal que a + k es divisible por m . Entonces a + k = cm, lo que es equivalente a a = cm − k = ( c − 1)m + ( m − k ). Como sabemos que m − k está entre 0 y m − 1 entonces en la ecuación anterior m − k debe ser el residuo de dividir a entre m, pero como el residuo es único entonces m − k = r o lo que es igual k = m − r que es justamente el número que ya teníamos, por lo cual hemos demostrado que es único. 4. Demuestre que existen infinitos naturales n tales que 2 n + 1 es divisible por n . Solución: Se mostrará que todas las potencias de 3 cumplen con lo requerido, es decir, k 3k | 2 3 + 1 para toda k ∈ N. Para llevar a cabo la demostración necesitamos de dos herramientas que nos serán de utilidad. La primera es el método de inducción matemática, que nos dice que si debemos probar un enunciado para cada número natural, entonces basta probarlo para 1 y luego probar que si fuera cierto para un natural dado también es cierto para su sucesor. La segunda herramienta que necesitaremos es la siguiente proposición: 3 | 4m − 2m + 1 para todo m ∈ N impar. Para probar esta proposición emplearemos las factorizaciones de la diferencia de potencias y la suma de potencias impares. 4m − 2m + 1 = 4m − 2m + 3 − 1 − 1 = (4m − 1) − (2m + 1) + 3 = (4 − 1) · s − (2 + 1) · t + 3 = 3 (s − t + 1) donde s y t son las sumas de potencias que quedan de la factorización, cuya forma nos es irrelevante excepto en el hecho de que se trata de expresiones que toman valores enteros para cada m impar. Es claro que la proposición es válida pues hemos extraído un factor 3 que queda multiplicando a una expresión entera, así que ahora procedemos a la demostración del enunciado principal mediante inducción. Primero nótese que 3 | 23 + 1, con lo que el enunciado es verdadero para k = 1, ahora r supongamos que es válido para una potencia arbitraria 3r | 2 3 + 1 (la llamada hipótesis de inducción) y mostremos que eso implicaría su validez para la siguiente potencia que es 3r+1 . r +1 r r Nótese que 23 + 1 = 23·3 + 1 = (23 )3 + 1 factorizando esta última expresión por la suma de cubos obtenemos

 

r r r (23 )3 + 1 = (23 + 1) (23 )2

r

 

− 23 + 1 = (23 + 1)( 22·3 − 23 + 1) = (23 + 1) (22 )3 − 23 + 1 = (23 + 1)( 43 − 23 + 1) r r r

r

r

r

r

r

r

De esta última expresión, el primer factor es divisible entre 3 r por hipótesis de inducción, en tanto que el segundo factor es divisible entre 3 por la proposición previa ya que 3 r siempre 58

es impar, con lo cual obtenemos que 3 r+1 | ( 23 + 1)(43 la demostración. r

r

r +1

− 23 + 1) = 23 r

+ 1 y así concluye

5. Demuestre que si el residuo de dividir a, b ∈ Z por m ∈ N es 1, entonces el residuo de dividir ab por m es 1. Solución: Puesto que a y b dejan residuo 1 al dividirlos entre m , entonces existen q , p ∈ Z (los cocientes de la división) tales que a = qm + 1, b = pm + 1. El producto ab es entonces ab = ( qm + 1)( pm + 1) = q pm2 + qm + pm + 1 = (qpm + q + p )m + 1 con lo que el cociente al dividir ab entre m es q pm + q + p en tanto que el residuo es 1. Ejercicios. 1. Determine los enteros n para los cuales 7n + 1 es divisible por 3n + 4. 2. ¿Para qué naturales n se cumple que 3 n + 2 | 5 n2 + 2n + 4?

3. Demuestre que para cualquier a , b ∈ Z se cumple que 17 | 2 a + 3b, si y sólo si 17 | 9 a + 5b.

4. Demuestre que la suma de los cuadrados de dos naturales consecutivos deja residuo 1 al ser dividida por 4. 5. Demuestre que el cuadrado de un entero deja residuo 0 ó 1 al ser dividido por 3. 6. El residuo de dividir el cuadrado de un impar por 8 es 1.

2. Numeros Primos y MCD 2.1. Máximo Común Divisor y Mínimo Común Múltiplo Definición 2.1. Sean a1 , a2 dos enteros dados. Cada entero m tal que m | a 1 y m | a 2 es llamado divisor común de a1 y a2 . Un divisor común m ≥ 0 de a1 y a2 que es divisible por cualquier divisor común de a 1 y a 2 , es llamado Máximo Común Divisor (MCD) de a 1 y a 2 y se simboliza por ( a1 , a2 ). Definición 2.2. Sean a1 , a2 dos enteros dados. Cada entero m tal que a 1 | m y a 2 | m es llamado múltiplo común de a 1 y a 2 . Un múltiplo común m ≥ 0 de a 1 y a 2 que divide a cualquier múltiplo común de a1 y a2 , es llamado Mínimo Común Múltiplo (mcm) de a1 y a2 y se simboliza por [ a1 , a 2 ] . = 0 , denotamos Algoritmo de Euclides. Sean a1 , a2 números naturales. Para todo n ≥ 3 tal que an−1  por an el residuo de dividir an−2 por an−1 . Siguiendo el proceso, eventualmente se obtiene ak = 0 , en cuyo caso ak −1 = ( a1 , a2 ). Teorema 2.1. Sean a1 , a 2 números enteros con MCD ( a1 , a2 ), entonces existen enteros k 1 , k 2 tales que ( a1 , a2 ) = k 1 a1 + k 2 a2 . Teorema 2.2. Sean a1 , a2 números enteros, existe el mcm [ a1 , a2 ], y tenemos que ( a1 , a2 ) · [a1 .a2 ] =

| a1 · a 2 | .

Definición 2.3. Los números a1 , a2 , . . . , an ∈ Z son llamados primos relativos o coprimos si satisfacen ( a1 , a2 , . . . , an ) = 1. Los números a 1 , a2 , . . . , an ∈ Z son llamados primos relativos dos a dos si para cualquier par i , j con 1 ≤ i < j ≤ n , se cumple que ( ai , a j ) = 1. 59

Ejemplos. 1. Encuentre el MCD de 263 − 1 y 291 − 1.

Solución: Se empleará el algoritmo de Euclides para determinar el MCD. Aplicando el algoritmo de la división entre 291 − 1 y 263 − 1 obtenemos 291 − 1 = 228 (263 − 1) + (228 − 1) donde 228 eselcocientey228 − 1 el residuo. Prosiguiendo con la siguiente iteración, tenemos que 263 − 1 = 235 (228 − 1) + 235 − 1 pero 235 − 1 es mayor que el divisor, por lo que aún es posible incrementar el cociente, 263 − 1 = 235 (228 − 1) + 235 − 1 = 2 35 (228 − 1) + 27 (228 − 1) + ( 27 − 1) = (235 + 27 )( 228 − 1) + ( 27 − 1) en donde 235 + 27 es el cociente, en tanto que 2 7 − 1 es el residuo. Ahora bien 228 − 1 es divisible entre 2 7 − 1 ya que

228 − 1 = (27 )4 − 1 = (27 − 1)(221 + 214 + 27 + 1) por la factorización de la diferencia de potencias, de donde se infiere que la siguiente iteración daría residuo 0, por lo que el residuo anterior, esto es 27 − 1, es el MCD. 21 n + 4 es irreducible para todo natural n . 14n + 3 n+4 Solución: La fracción 21 14n+3 es irreducible siempre que el MCD del numerador y el denominador sea 1. Aplicando el algoritmo de Euclides al numerador y denominador, en la primera iteración tenemos 21n + 4 = 1 · (14n + 3) + (7n + 1). En la segunda iteración, 14n + 3 = 2 · (7n + 1) + 1. Una iteración adicional daría residuo 0, por lo que el MCD es 1, como se quería probar.

2. Demuestre que

3. Demuestre que existen infinitos números de la forma t n = relativos dos a dos.

n( n+1)

2

, n ∈

N

, que son primos

Proposición 2 (Propiedades del MCD). Sean a, b, c enteros arbitrarios, entonces: I. ( ac, bc ) = ( a, b) c .

· II . Si ( a, b ) = 1 y a | bc, entonces a | c. III . d = ( a, b) si y sólo si, existen q1 , q2 ∈ 60

N

tales que a = dq1 , b = dq2 y ( q1 , q2 ) = 1.

Ejercicios. 1. Encuentre el MCD de los siguientes números cuando n ∈ N. a) (2n + 1, 9n + 4). b) (2 n

− 1, 9n + 4).

c) (36n + 3,90n + 6). d) (2n + 3, n + 7).

2. Resuelva los siguientes sistemas de ecuaciones en los enteros positivos a) x + y = 150, ( x, y) = 30. b) ( x, y) = 45, 7x = 11 y. c) xy = 8400, ( x, y) = 20. d) xy = 20, [ x, y] = 10.

3. Encuentre el mayor valor que puede tomar el MCD de dos términos consecutivos de la siguiente secuencia: 101, 104, 109, 116, 125, . . ..

2.2. Números Primos Definición 2.4. Todo entero n ≥ 2 tiene al menos dos divisores positivos: 1 y n . Si no posee divisores aparte de los dos anteriores, dicho número es llamado número primo. En caso de poseer más de dos divisores el número será compuesto. Teorema 2.3. Un entero p ≥ 2 es primo, si y sólo si, se cumple lo siguiente: Para todo par de enteros a

|

|

|

y b, la condición p ab implica que p a ó p b.

Ejemplos. 1. Encuentre todos los primos que se pueden escribir como la suma y la resta de pares apropiados de primos. Solución: Sean p , q , r , s , t primos tales que p = q + r y p = s − t. Consideremos solamente la primera ecuación. Si q y r fueran ambos impares, entonces su suma, p, sería par, pero el único primo par es 2, y los sumandos q y r tendrían que ser primos menores que 2 lo cual es absurdo, por lo tanto uno de los sumandos es par, es decir, uno de ellos es 2, digamos q . No pueden ser ambos 2 pues 4 no es primo, así que el otro sumando es impar, con lo cual p también es impar, al ser la suma de un par y un impar. Ahora consideremos la segunda ecuación. Como p es impar y p + t = s tenemos por el mismo razonamiento que s no puede ser 2 y por lo tanto s es impar, con lo que t = s − p es una resta de impares y primo, de donde se deduce que t = 2. Al reescribir las ecuaciones con lo que ahora sabemos obtenemos r = p − 2 y s = p + 2, así que p − 2, p y p + 2 deben 61

ser primos. El residuo de p − 2 al dividirlo entre 3 es el mismo que el de p + 1, y puesto que p, p + 1 y p + 2 son tres números consecutivos uno de ellos será múltiplo de tres. En consecuencia uno de los tres primos p − 2, p y p + 2 es múltiplo de 3, pero el único primo múltiplo de 3 es el propio 3. A partir de eso es fácil concluir que los primos son 3, 5 y 7, por lo que el único primo que se puede escribir al mismo tiempo como suma de primos y como resta de primos es 5. 2. Encuentre los números k ∈ N0 para los cuales los diez enteros consecutivos k + 1, k + 2, . . . , k + 10 contienen la mayor cantidad de primos. 3. Demuestre que para todo número natural n, existen n naturales consecutivos tales que ninguno de ellos es primo. Solución: Si n es un entero positivo, denotamos con n ! al producto de los enteros positivos desde 1 hasta n . Para cada n ∈ N consideremos el conjunto de números consecutivos





(n + 1)! + 2, (n + 1)! + 3, (n + 1)! + 4, . . . , (n + 1)! + ( n + 1) .

Puesto que ( n + 1)! es divisible entre cada número natural de 1 hasta n + 1, tenemos que el primer elemento de dicho conjunto es divisible entre 2, el segundo (si lo hubiera) lo es entre 3, y en general, el i-ésimo elemento es divisible entre i + 1, para cada i natural de 1 a n. Pero todos los elementos son mayores que n + 1, y por lo tanto ninguno de ellos es primo. Ejercicios. 1. Muestre que no existe natural n tal que 6n + 5 pueda ser expresado como suma de dos primos. 2. Encuentre todos los naturales n para los cuales n , n + 10, y n + 14 son todos primos. 3. Encuentre todos los primos p tales que 2 p2 + 1 también es primo. 4. Encuentre todos los primos p tales que 4 p2 + 1 y 6 p2 + 1 también son primos. 5. Demuestre que si p y 8 p2 + 1 son ambos primos, entonces 8 p2 + 2 p + 1 es primo. 6. Demuestre que para todo primo p > 2 el numerador m de la fracción: 1 1 m = 1 + + + 2 3 n

· · · + p −1 1

donde m, n ∈ N, es divisible por p . 7. Encuentre el conjunto de enteros positivos n con la propiedad de que el conjunto {n, n + 1, n + 2, n + 3, n + 4, n + 5} se puede particionar en dos conjuntos tales que el producto de los elementos de un conjunto es igual al producto de los elementos del otro. 62

2.3. Teorema Fundamental de la Aritmética Teorema 2.4. Cualquier natural n ≥ 2 se puede escribir como producto de primos de forma única, salvo por el orden de los factores.

Corolario 1. Si p1 , . . . , p k son primos distintos y n1 , . . . , nk ∈ N0 , entonces cada divisor positivo del mk 1 número a = p1n1 · · · pnk k es de la forma pm 1 · · · pk con m1 , . . . , mk ∈ N0 y m1 ≤ n 1 , · · · , mk ≤ n k . El número a tiene exactamente ( n1 + 1)( n2 + 1) . . . (nk + 1) divisores positivos. Corolario 2. Sean p1 , . . . , p k primos distintos y n1 , . . . , nk , m1 , . . . , mk ∈ N0 . Ahora definamos ri = m´ın{ni , mi }, t i = máx{ni , mi } para todo i = 1, 2, . . . , k, entonces

· · · pnk , p1m · · · pmk ) = pr1 · · · prk . m t t [ pn1 · · · pnk , pm 1 · · · pk ] = p1 · · · pk .

( p1n1

k

1

k

1

k

1

k

1

k

1

k

Ejemplos. 1. Demuestre que existen infinitos primos. Solución: Supongamos por reducción al absurdo que existe únicamente una cantidad finita, digamos m, de primos, y sea A = { p1 , p2 , p3 , . . . , p m } el conjunto de todos ellos. Consideremos el número N = p1 · p 2 · p 3 · · · pm + 1. Puesto que p1 | p1 · p 2 · p 3 · · · pm , si p1 dividiera también a N , tendría que dividir a la resta entre ellos N − p 1 | p1 · p 2 · p 3 · · · pm = 1, pero ningún primo divide a 1 por lo que p 1 no divide a N . El mismo argumento es válido para cada primo en el conjunto A , por lo que N no es divisi ble entre ningún primo, y es mayor que 2 ya que 2 ∈ A, lo cual es contradictorio.

√

2. Demuestre que 2 es irracional. 3. Muestre que existen infinitos primos de la forma 3 k + 2 donde k ∈ N0 . Ejercicios. 1. Encuentre ( a + b, ab ) donde a , b son primos relativos. 2. Muestre que si a > 4 es compuesto, entonces a | ( a − 1)!. 3. Demuestre que existen infinitos primos de la forma 4 k + 3, donde k ∈ N0 . 4. Demuestre que si p > 5 es primo, entonces no existe m natural tal que ( p − 1)! + 1 = pm .

3. Congruencias El concepto de congruencia fue introducido por Gauss. A pesar de ser una noción simple, su importancia y utilidad en Teoría de Números es enorme ya que permite presentar argumentos complicados en una forma concisa y clara. 63

3.1. Definición y Propiedades Básicas Definición 3.1. Si los enteros a, b ambos dejan residuo r al ser divididos por el número natural m, donde 0 ≤ r < m, entonces a y b son congruentes módulo m, y lo denotamos: a

(mód m).

≡ b

En caso contrario, diremos que a y b no son congruentes módulo m , a

(mód m).

≡ b

Lema 1. Las siguientes condiciones son equivalentes entre sí:

≡ b (mód m),

1. a

2. a = b + mt para un valor apropiado t

∈

Z,

| − b.

3. m a

Proposición 3. Sean a, b, c, d enteros arbitrarios y m ∈ N, entonces: 1. Las congruencias cumplen las propiedades de reflexividad, transitividad y simetría. 2. Si a b (mód m) módulos m1 , . . . , mk .

≡

∧ m = m1 · m2 · · · mk entonces la congruencia a ≡ b es cierta para los

≡ b es cierta para los módulos m1, . . . , mk , entonces a ≡ b (mód [ m1, m2, . . . , mk ]). 4. a ≡ b (mód m) ∧ c ≡ d (mód m) ⇒ a ± c ≡ b ± d (mód m). 5. a ≡ b (mód m) ∧ c ≡ d (mód m) ⇒ a · c ≡ b · d (mód m). 6. a ≡ b (mód m) ∧ n ∈ ⇒ a n ≡ b n (mód m). 7. ax ≡ bx (mód m) ⇐⇒ a ≡ b (mód (mm,x) ). 3. Si a

N

Ejemplos. 1. Sea S (n) la suma de los dígitos del natural n , demuestre que S (n) ≡ n (mód 9). Solución: Consideremos la expansión en base 10. Tenemos que n = ∑ mi=0 ai · 10i , donde las ai son las cifras del número n . Puesto que 1 ≡ 10 (mód 9) y empleando las propiedades cuarta y sexta de la proposición 3, obtenemos que m

n =

.

m

i ∑ ai 10

i=0

· ≡ ∑ ai · 1i = S (n)

(mód 9)

i =0

2. Encuentre el residuo de dividir 5 20 por 26. 3. Muestre que para todo n ∈ N, 37n+2 + 16n+1 + 23n es divisible por 7. 4. Para todo primo p y a , b ∈ Z se cumple a p + b p

64

≡ ( a + b) p

(mód p).

Ejercicios.

Demuestre que

1. el número 2 60 + 730 es divisible por 13. 2. para cualquier par de enteros a, b la congruencia a2 + b2 ≡ 0 (mód 3) implica que a ≡ b ≡ 0 (mód 3). 3. para cualquier par de enteros a, b la congruencia a2 + b2 ≡ 0 (mód 7) implica que a ≡ b ≡ 0 (mód 7). 4. existen enteros a , b tales que a 2 + b2 no se cumple.

≡ 0 (mód 5) pero la congruencia a ≡ b ≡ 0 (mód 5)

5. no hay entero a tal que a 2 + 3a + 5 ≡ 0 (mód 121). 6. si x 2 + y2 = z 2 , entonces 60 | xyz. 7. es posible ubicar los números 1, 2, . . . , 12 alrededor de un círculo de forma que cualquier trío de vecinos a , b , c con b entre a y c cumplan con que b 2 − ac es divisible por 13. 8. Sea N = 44444444 , encuentre S (S(S( N ))) sin calculadora.

3.2. Congruencias Lineales Definición 3.2. La congruencia de la forma ax

≡ b

(mód m)

donde x es una incógnita, es llamada congruencia lineal de una variable. Es fácil notar que si x 0 es solución de la congruencia, todo x ≡ x 0 (mód m) también es solución. Teorema 3.1. Sean a, b y m enteros tales que m > 0 y ( a, m) = d. Si d  b, entonces ax ≡ b (mód m) no tiene soluciones. Si d | b, entonces ax ≡ b (mód m) tiene exactamente d soluciones no congruentes módulo m.

Ejemplos. 1. Resuelva la congruencia 29 x ≡ 1 (mód 17). 2. Encuentre todas las soluciones de 9 x ≡ 12 (mód 15). 3. Resuelva la congruencia 21 x + 5 ≡ 0 (mód 29). 4. Resuelva la congruencia ( a + b )x ≡ a2 + b2 (mód ab ), donde a , b ∈ N son parámetros con (a, b) = 1. 65

Ejercicios. 1. Resuelva 7 x ≡ 15 (mód 9). 2. Resuelva 14 x ≡ 23 (mód 31). 3. Resuelva 72 x ≡ 2 (mód 10).

4. Sea p un primo impar y k un entero positivo. Muestre que la congruencia x 2 ≡ 1 (mód pk ) tiene exactamente dos soluciones incongruentes. 5. Muestre que la congruencia x 2 ≡ 1 (mód 2k ) tiene exactamente cuatro soluciones cuando k > 2. Muestre que cuando k = 1 hay una única solución y cuando k = 2 existen exactamente dos soluciones incongruentes. 6. Resuelva la congruencia 2 x ≡ 1 (mód m), donde m ∈ N .

3.3. Teorema de Fermat Teorema 3.2. Para todo primo p y entero a se cumple: a p Además, si ( a, p ) = 1, entonces a p−1

≡ a

(mód p)

≡ 1 (mód p).

Ejemplos. 1. Muestre que para cualquier par de enteros a , b que satisfacen ( a, 65) = ( b, 65), el número a12 − b12 es divisible por 65. 2. Muestre que para primos distintos p , q se tiene pq−1 + q p−1

≡ 1

(mód pq ).

Solución: Ya que p y q son primos distintos, y por lo tanto primos relativos, tenemos por el teorema de Fermat que p q−1 + q p−1 ≡ pq−1 ≡ 1 (mód q), esto ya que q ≡ 0 (mód q) implica q p−1 ≡ 0 (mód q). Equivalentemente pq−1 + q p−1 ≡ 1 (mód p). Como la congruencia es cierta para los módulos p y q será también cierta para el módulo [ p, q] = pq, esto por la tercera propiedad de la proposición 3. 2 n+ 1

3. Demuestre que para todo n ∈ N, el número 22

66

+ 3 es compuesto.

Taller de Geometría — Nivel Avanzado Lic. Aarón Ramírez Universidad de El Salvador

23–27 de febrero de 2009 1. Dado el triángulo ABC, sean P, Q, R en BC , C A, AB respectivamente, los puntos de tangencia de su incírculo, y L , M , N en QR, RP, PQ respectivamente, los pies de las alturas del triángulo PQR . a) Demostrar que las rectas A L, B M y CN son concurrentes. b) Demostrar que el punto de concurrencia está sobre la recta de Euler del triángulo PQR. Solución. .

67

a) Es propiedad conocida que los triángulos ABC y LMN son homotéticos (dado que los ángulos ARQ, RPQ, RLM son iguales, por lo tanto AB LM , y análogamente para los otros lados), por lo tanto las rectas A L, B M, CN concurren en un punto T .



b) Sean O y H el circuncentro y ortocentro del triángulo PQR , respectivamente, entonces OH es la recta de Euler del triángulo PQR. Además, O es el incentro del triángulo ABC y H es el incentro del triángulo LMN , por la homotecia, como los incentros son puntos correspondientes, deben estar alineados con el centro de homotecia T , por lo tanto T pertenece a la recta de Euler del triángulo PQR . ///

2. Dado el triángulo ABC , con P , Q y R en BC, C A y A B respectivamente, puntos de tangencia del incírculo, y P , Q y R puntos en el incírculo diametralmente opuestos a P, Q y R respectivamente. Demuestre que AP , BQ y CR son concurrentes. Solución. Se construye una paralela a BC que pase por P  y que corta a AB y AC en D y E respectivamente. Dado que P  es diametralmente opuesto a P , DE es tangente al incírculo. Observe que A es centro de homotecia del incírculo y el excírculo respecto a A , y esta misma homotecia transforma a DE en BC.

68

Si P  es la intersección de A P con BC, entonces P  se transforma en P  en esta homotecia, y resulta entonces que la recta AP  es una ceviana de Nagel del triángulo ABC dado que P debe ser (por la homotecia) el punto de tangencia de BC en el excírculo respecto a A. Análogamente sucede con BQ y CR , por lo tanto, AP  , BQ , CR concurren en el punto de /// Nagel del triángulo A BC. 3. El incentro de un triángulo es el punto de Nagel de su triángulo medial. Solución. Sea DEF el triángulo medial e I el incentro del triángulo ABC , T y U son las intersecciones de A I con BC y FE respectivamente.

Dado que B I es bisectriz en el triángulo A BT , por el teorema de la bisectriz AI BA c b + c = = a = IT BT a b+ c V es la intersección de D I con EF, dado que FE es base media se tiene

 − 

UI UT IT 1 AT = = 2 IT IT IT

−

 −  − 

1 AI + I T 1 = 2 IT

1 =

1 AI s−a V I 1 = . = 2 IT a ID

Análogamente, si W es la intersección de E I con FD

−

W I a b . = IE b

Aplicando el teorema de Menelao al triángulo W DI con la transversal FU E se tiene

 −  

WF DV IE WF s 1 = = FD V I EW b/2 s a

·

·

b s

entonces WF =

s

− a. 2

Es fácil ahora probar que EF + FW = ED + DW , por lo que EW es una ceviana de Nagel, y análogamente para DV , por lo que I es el punto de Nagel del triángulo DEF . /// 69

4. El incentro I , el baricentro G y el punto de Nagel N de un triángulo ABC están alineados, y además se cumple 2 GI = G N . Solución. El triángulo A BC es homotético a su triángulo medial DEF , con centro de homotecia G y razón de homotecia 1/2.

Por la homotecia, N se transforma en el punto de Nagel del triángulo DEF, pero por el problema anterior, este punto es I , por lo tanto N , G, I están alineados y además, por la razón de homotecia 2 GI = G N . /// 5. Popurrí métrico. Dado un triángulo ABC de lados a , b y c, G es el baricentro, H el ortocentro, O el circuncentro, I el incentro, M el centro de la circunferencia de los 9 puntos, N el punto de Nagel, R el circunradio, r el inradio, s el semiperímetro. Se cumplen las siguientes propiedades: a) H , G , O, M están alineados ( HGO es la recta de Euler para el triángulo ABC y OG M es la recta de Euler para el triángulo medial), N , G , I están alineados (problema anterior), HN OI , ON MI , y se cumple además





GH GO GN HN ON = = = = = 2. GO GM GI IO IM

b) Los lados del triángulos son raíces del polinomio P(t) = t 3

y por Vieta se cumple

− 2st2 + (s2 + r2 + 4Rr)t − 4sRr a + b + c = 2 s,

ab + bc + ca = s 2 + r2 + 4Rr , abc = 4 sRr .

Con un poco de álgebra se deduce también a2 + b2 + c2 = 2 (s2

− r2 − 4Rr), a3 + b3 + c3 = 2 s(s2 − 3r2 − 6Rr ). 70

c) OH 2 = 9 R2

− (a2 + b2 + c2 ). d) IG2 = 19 (s2 + 5r2 − 16 Rr ). e) OI 2 = R 2 − 2 Rr (Fórmula de Euler). f ) IM = R2 − r (Teorema de Feuerbach).

6. Sea ABC un triángulo con ángulos menores o iguales a 120 ◦ . Sea F el punto de Fermat interno del triángulo ABC (esto es, el punto tal que ∠ AF B = ∠BFC = ∠CFA = 120◦ ). Para cada uno de los tres triángulos BFC, C FA y AFB, se dibuja su linea de Euler. Pruebe que estas tres líneas concurren. Solución. .

71

Punto de Fermat. Dado un triángulo ABC, se construyen externamente triángulos equiláteros ABR , BC P, C AQ. Se construye los circuncírculos de BCP y C AQ que se cortan nuevamente en F. Los cuadriláteros FBPC y FCQA son cíclicos, y dado que sus ángulos en P y Q respectivamente son de 60 ◦ , entonces los ángulos opuestos serán de 120 ◦ , por lo tanto, el cuadrilátero FARB es también cíclico, por lo que F también pertenece al circuncírculo de ABR ( F es además el centro radical de estas tres circunferencias). Se observa que ∠ BFR = ∠BAR = 60 ◦ , porque sostienen el arco B R, y dado que ∠BFC = 120◦ , entonces ∠RFC = 180 ◦ , es decir, R, F y C están alineados. Análogamente, A , F, P están alineados, y B , F , Q también, es decir, A P, BQ, CR son rectas que pasan por F , el punto de Fermat. También se puede probar que el punto de Fermat (interno) es aquel que minimiza AF + BF + CF (para un F variable sobre el plano). Triángulo de Napoleón.

Dado un triángulo ABC, se construyen externamente (o bien internamente, la demostración es similar) triángulos equiláteros ABR, BCP, CAQ. Entonces, los circuncentros de estos triángulos forman un triángulo equilátero.

Por lo demostrado anteriormente ( F es el punto de intersección de los circuncírculos de ABR, BC P, C AQ), está claro que FC es eje radical de los circuncírculos de BCP y C AQ , por lo que si O1 y O2 son los respectivos circuncentros, entonces FC ⊥ O1O1 . Análogamente, FB ⊥ O1 O3 .

Así, se forma el cuadrilátero FXO1 Y que es cíclico, dado que los ángulos en X y Y son opuestos y suman 180◦ (cada uno es un ángulo recto). Con esto, dado que ∠XFY = 120◦ , el ángulo opuesto sera suplementario, es decir, ∠XO1Y = 60◦ . Haciendo esto simétricamente para los otros casos, se observa que O1O2O3 forma un triángulo equilátero, llamado triángulo de Napoleón. Si A es el punto medio de BC, se sabe que G1 , el baricentro de B FC , es un punto sobre el 1 = 2. Además, O es también baricentro de BCP , y como PA  es segmento FA tal que GFG  1 1 A 72

1 = 2, por lo que, por el recíproco del teorema de mediana de dicho triángulo, entonces OPO  1 A , se tiene que las rectas y son paralelas. Thales PF O1 G1

Dado que PF (que es la misma recta FA) es perpendicular a O2O3 por lo tanto O1 G1 es perpendicular a O2O3 . Si O es el circuncentro de O1O2O3 (equilátero), está claro que O1 G1 , la recta de Euler de BCF, pasa por O. Análogamente, la recta de Euler de ACF y ABF pasarán por O, por lo tanto, concurren. /// 7. A1 A2 A2 es un triángulo acutángulo. El pie de la altura trazadas desde A i es K i , y el incírculo toca al lado opuesto a Ai en Li . La línea K 1 K 2 es reflejada con respecto a la línea L1 L1 . Similarmente, la línea K 2 K 3 es reflejada con respecto a la línea L 2 L2 , y K 3 K 1 es reflejada con respecto a la línea L 3 L1 . Pruebe que las tres nuevas líneas forman un triángulo con vértices sobre el incírculo. Solución. Considere la siguiente figura. Sea I el incentro del triángulo, K 1 K 2 la reflexión de K 1 K 2 con respecto a L 1 L2 , K 2 K 3 la reflexión de K 2 K 3 con respecto a L 2 L3 , K 3 K 1 la reflexión de K 3 K 1 con respecto a L 3 L1 . X , Y son los puntos de intersección de las rectas K 3 K 3 y K 1 K 1 con A 1 A3 .

Los puntos P, Q y R se definen como el problema indica. El problema se reduce a probar que A1 I es mediatriz de L 1 R porque así I L1 = IR = r, el inradio, y análogamente para los otros lados. Lema 1. L1 es el circuncentro del triángulo K 1 K 1 K 1 . 73

Demostración. Por la reflexión con respecto a L 1 L2 , ( K 1 K 1 K 2 K 2 ) L1 L2 , pero además, se sabe que A3 I L1 L2 , por lo que K 1 K 1 K 2 K 2 A3 I . Análogamente K 1 K 1 K 3 K 3 A2 I . Nuevamente por las reflexiones, L 1 K 1 = L1 K 1 = L1 K 1 , por lo que L 1 es el circuncentro del triángulo K 1 K 1 K 1 . QED

⊥







⊥





Lema 2. Los puntos A 1 , I , K 1 , K 1 están alineados. Demostración. Como K 1 K 1 A2 I , ∠K 1 K 1 L1 = ∠ I A2 L1 = 12 ∠ A2 , y como L1 K 1 = L1 K 1 , 1 1    ∠K 1 K 1 L1 = 2 ∠ A2 . Análogamente, ∠K 1 K 1 L1 = ∠K 1 K 1 L1 = 2 ∠ A3 . Luego, por la relación entre ángulo inscrito y ángulo central, ∠K 1 L1 K 1 = ∠ A2 + ∠ A3 , y como L1 K 1 = L1 K 1 ,   1 ∠ L1 K 1 K 1 = 2 ∠ A1 .



Con esto, si Z es un punto sobre la prolongación del lado A1 I , calculando el ángulo externo del  A1 A2 I , ∠ A2 IZ = 12 ∠ A1 + 12 ∠ A2 , mientras que sumando los ángulos obtenidos anteriormente, K 1 K 1 K 1 = ∠K 1 K 1 L1 + ∠ L1 K 1 K 1 = 12 ∠ A1 + 12 ∠ A2 , es decir, ∠ A2 IZ =      QED ∠K 1 K 1 K 1 , y dado que K 1 K 1  A2 I , las rectas A 1 I y K 1 K 1 coinciden. Lema 3. L1 K 1 RK 1 es un rombo. Demostración. Como K 3 K 3 A2 I , ∠ A1 K 3 K 3 = ∠ A1 A2 I = 12 ∠ A2 . Como A 1 A3 K 1 K 3 es cíclico, ∠ A2 K 3 K 1 = ∠ A1 A3 K 1 = 12 ∠ A3 . Entonces, ∠K 1 K 3 X 2 = 180 ◦ 12 ∠ A2 ∠ A3 . Sumando



74

−

−

los ángulos internos del  A3 K 1Y , ∠ A3YK 1 = 180◦ − 12 ∠ A2 − ∠ A3 . Es decir, ∠K 1 K 3 X = ∠ A3 YK 1 , por lo que el trapecio K 1 YXK 3 es cíclico. Por la reflexión con respecto a L3 L1 , esta claro que K 1 K 1 K 3 K 3 es trapecio isósceles, y por tanto es cíclico. Utilizando estos dos trapecios cíclicos se demuestra que XY  K 1 K 3 , o lo que es lo mismo, A 1 A3  K 1 K 3 . Análogamente, A 1 A2  K 1 K 2 . Como A1 , K 1 , K 1 están alineados y ∠ A2 A1 K 1 = ∠ L1 K 1 K 1 = 12 ∠ A1 , entonces A 1 A2  K 1 L1 , y con lo anterior, A1 A2  K 1 L1  K 1 K 2 . Análogamente, A1 A3  K 1 L1  K 1 K 3 . Como R es la intersección de K 1 K 2 con K 1 K 3 , se forma el paralelogramo L1 K 1 RK 1 , y dado que QED L1 K 1 = L 1 K 1 , es además rombo. Así, K 1 K 1 es mediatriz de L 1 R, lo que queríamos demostrar.

///

8. Dado el triángulo ABC , sea O su circuncentro; se construye una circunferencia de centro O y diámetro O A, y se definen los puntos R y S como las intersecciones de AB y AC con la circunferencia. Sea M la intersección de OR con BO  , y N la intersección de OS con CO  . Sea X un punto sobre M N tal que ∠RAO = ∠SA X . Demuestre que ARMX es cuadrilátero cíclico. Solución. Llamemos Γ a la circunferencia de centro O  y diámetro OA. Se observa que Γ es tangente al circuncírculo de ABC, con A como punto de tangencia; entonces, A es centro de homotecia de dichas circunferencias, por lo que BC RS.



Por otra parte, los triángulos BCO y RSO (en ese orden) están en perspectiva con respecto a O, y por el teorema de Desargues, M , N y el punto de intersección de BC con RS deben estar 75

alineados, pero estas rectas son paralelas (se cortan en el punto al infinito respectivo a BC ), por lo que M N  BC  RS. Como OA es diámetro ∠ ARO = ∠ ARM = 90 ◦ . Finalmente, por la definición de X , AX es la conjugada isogonal de AO, así, es perpendicular a BC, y por lo anterior, perpendicular también a M N , es decir, ∠ AX M = 90 ◦ . Con esto, el cuadrilátero ARMX tiene dos ángulos opuestos perpendiculares (sumando 180◦ ), y por lo tanto es cíclico. /// 9. Dado el triángulo ABC, sean D y E puntos sobre AB y AC respectivamente, tal que D E y BC sean paralelas. Sea P un punto interior al triángulo ADE, G es la intersección de PB con DE , H es la intersección de PC con DE . Pruebe que A pertenece al eje radical de los circuncírculos de PDH y PEG . Solución. Sea Q el otro punto de corte de los circuncírculos PDH y PEG , J la intersección de PB con DQ, K la intersección PC con EQ. Como BC D E entonces ∠PBC = ∠PGE. Como PGQE es cíclico, entonces ∠PGE = ∠PQE , así ∠PBC = ∠PQE, análogamente ∠PCB = ∠ PQD. Con esto, el ángulo BPC, que es suplementario a la suma de los ángulos PBC y PCB, será también suplementario al ángulo DQE, por lo tanto PJQK es cíclico. Por este cíclico ∠ PQK = ∠ PJK , y de aquí es inmediato que ∠ PGE = ∠ PJK , por lo tanto J K D E BC.



 

Los triángulos PBC y QDE están entonces en perspectiva (en ese orden) con respecto a la recta JK , dado que la intersección de BC con DE está sobre la recta JK (las tres rectas se cortan en el mismo punto al infinito), y aplicando el teorema de Desargues en esta versión degenerada, implica que las rectas BD , PQ , CE concurren, es decir, A pertenece a PQ . /// 10. Dadas dos circunferencias de centros O y O , que se cortan en A y B, si P es un punto variable sobre la circunferencia de centro O, y P  es la otra intersección de PB con la circunferencia de centro O , demuestre que se cumplen las siguientes propiedades: a) Los triángulos AOP y AO P son semejantes en ese orden, y la razón de semejanza es

el cociente de los radios. b) Los triángulos AOO  y A PP  son semejantes en ese orden. 76

c) Si la circunferencia de centro O puede transformarse en la circunferencia de centro O  haciendo una rotación en A seguida de una dilatación también en A (lo cual se llama

una rotación dilatativa). Solución. . a) Si consideramos la siguiente figura, ∠ AOP = 2∠ ABP = ∠ AO P , y dado que los triángulos AOP y AO P son isósceles, la semejanza esta garantizada. Además, la razón de semejanza es AO / AO , que es justamente el cociente entre los radios.

b) Se basa en la semejanza anterior. c) La circunferencia de la izquierda la rotamos con centro en A un ángulo igual a ∠OAO1 y luego, con centro en A también, se hace una homotecia de razón AO / AO .

/// 11. Teorema de Desargues Iterado. Sean abc y a  b c dos triángulo en perspectiva con respecto a un punto P. La recta a es aquella que pasa por los puntos bc  y cb  , análogamente se definen b  y c  . Demuestre que el triángulo a  b c está en perspectiva con abc y a  b c con respecto a P . 77

Solución. Considere la siguiente figura. Sea A el vértice que se opone a la recta a del triángulo abc , y análogamente para el resto de puntos B, C  , etc. También se denota por Ab el punto de intersección de a con b  , y de igual manera quedan definidos el resto de puntos Ac , B a , B c , C a , Cb .

Se sabe que AA , B B y CC concurren en P, y se demostrará que A , B y C  pertenecen a cada una de estas rectas, respectivamente, demostrando así el teorema. Por el teorema de Desargues, los puntos X = cc  , Y = aa  , Z = bb  están alineados, es el eje de perspectiva de los triángulos abc y a  b c . Con esto, los triángulos aa c y cc  a están en perspectiva con respecto a Z = bb , dado que Ba Bc = b, Ab Cb = b , XY pasan por Z, y de nuevo, por el teorema de Desargues. el eje de perspectiva es BB B , es decir, estos tres puntos están alineados. Similarmente para el resto de casos. /// 12. Dos circunferencias k 1 y k 2 se intersectan en dos puntos A y B. Una línea que pasa por B corta a k 1 en un punto C (aparte de B ), y a k 2 en un punto E (aparte de B ). Otra línea, que pasa por B corta a k 1 en un punto D (aparte de B), y a k 2 en un punto F (aparte de B). Asuma que el punto B se ubica entre C y E , y entre los puntos D y F . Finalmente, sean M y N los puntos medios de CE y DF. Pruebe que los triángulos ACD , AEF y A MN son todos semejantes entre si. Solución. Se observa que ∠ ADF = β = ∠ ACE, porque sostienen el arco AB en k 1 , mientras que ∠ AEC = γ = ∠ AFD, porque sostienen el arco AB en k 2 . Así, los triángulos ADF y ACE (en ese orden) son semejantes, y por tanto ∠DAF = ∠CAE . Restando el ángulo C AF a estos ángulos se obtiene que ∠DAC = α = ∠ FAE, y utilizando una vez mas la semejanza

anterior, AD AF , = AC AE

por lo que, por criterio LAL, los triángulos ADC y AFE son semejantes (en ese orden), lo que concluye la primera parte. 78

Ahora bien, se probará que los triángulos AD N y y ACM AC M son semejantes (en ese orden), en base a la semejanza de ADF A DF y ACE A CE . Esto se obtiene dado que DN DF /2 DF AD , = = = CM CE /2 CE AC

y ∠ AD N = = ∠ ACM AC M, por lo que por criterio LAL, la semejanza buscada es cierta.

Así ∠D AN = ∠C AM , y restando el ∠C AN se obtiene que ∠D AC = α = ∠ NA M, y utilizando nuevamente que AD y AC A D N y A C M son semejantes, AD AN , = AC AM

luego,  ADC y  AN M son semejantes, por criterio criterio LAL, lo cual termina la prueba. /// 13. Las diagon diagonale aless AC y BC , de un cuadr cuadril iláte átero ro cícl cíclic icoo ABCD,secortanen X . Los circun circuncír círcul culos os de los triángulos ABX y CDX se cortan en Y (aparte (aparte de X ).). Sea O el circuncentro de ABCD. A BX y C DX se Asuma que los puntos O, X , Y son son todos distintos. Demuestre que OY es perpendicular a XY X Y . Solución. Sea P la intersección de AB y CD . Se observa que P es el centro radical de los circuncírculos circuncírculos de ABCD, ABXY y y CDYX , por lo que P pertenece también a la recta XY X Y .

Sean Γ, Γ1 , Γ2 los circuncírculos de ABCD, ABXY , CDYX , respectivamente, y de centros como XY O, O1 , O2 . Se definen también los puntos L , M , N como X Y ∩ O1 O2 , AB A B ∩ OO1 , CD C D ∩ OO2 , respectivamente, y se verifica rápidamente que son además puntos medios de XY , AB A B, CD C D, dado que las rectas O1O2 , OO1 ,OO2 son sus respectivas mediatrices. [1] Utilizando la propiedad enunciada al inicio, aplicando la rotación dilatativa correspondiente a Γ y Γ1 , de centro A, el triángulo AOD se transforma en el triángulo AO1 X , es decir, son semejantes en ese orden. Análogamente pasa con los triángulos DOA DO A y 79

DO2 X . Sin considerar orden, los tres triángulos en cuestión son isósceles (dado que OA = OD O D) y semejantes entre si.

[2] También ambién por la misma propiedad, propiedad, rotando rotando y dilatando dilatando Γ1 para convertirla en Γ2 , con centro Y , los triángulos isósceles isósceles YO Y O1 A y YO Y O2 C son semejantes en ese orden, al igual que los triángulos isosceles YO1 B y YO2 D. Si ∠O AD = α, por [1] ∠OD A = ∠O1 AX = ∠O1 X A = ∠O2 DX = ∠O2 XD = α. Si ∠ X AY = β entonces ∠O1 AY = α + β , por [2] ∠O1 YA = ∠O2 CY = ∠O2 YC = α + β , y si ∠ XDY = γ entonces ∠O2 DY = = α + γ, también por [2] ∠O2 YD = O 1 BY = = ∠O1 YB = α + γ. XD Y =

Por otra parte, ∠B AX = = ∠BYX = θ = ∠CYX = ∠CDX CD X , por propiedades de ángulo inscrito. Finalmente, ∠XO1 Y = 2 β por ser ángulo central que sostiene el arco XY en Γ1 , y como X Y en es también bisectriz, por lo que ∠ LO1Y = = β . O1 L es mediatriz del triángulo isósceles XO 1 Y es Análogamente ∠ LO2 Y = γ. Sumando los ángulos internos del LO1Y se se obtiene la rela◦ ción α + β + γ + θ = 90 [3]. Sumando, ∠O1YO2 = 2 α + β + γ + 2θ, y por [3] se obtiene ∠O1 YO2 = 2 (α + β + γ + θ )

− ( β + γ) = 180◦ − ( β + γ).

Pero además, la rotación dilatativa que transforma Γ1 en Γ2 tiene ángulo ∠O1YO2 , y dado que M se transforma en N en en dicha transformación, el ángulo que forman con respecto al centro de la rotación, Y, Y, debe ser el mismo, es decir, ∠ MYN = 180 ◦ − ( β + γ ). MY N = Por otra parte ∠O1OO2 = ∠ MON = 180 ◦ − ∠ MP N , dado que OMPN es es cíclico, por tener ◦ dos ángulos rectos opuestos, y además ∠ MP N = 180 − (∠ PAD + ∠PD A), por lo que 18 0◦ − 2α = arco( AD ), mientras que ∠O1 OO2 = ∠ PAD + ∠ PD A. Se tiene que ∠ AOD = 180 80

∠ BOC = 2 θ = arco( BC ),

y utilizando la relación de ángulo interior se tiene

∠ AX D =

arco( AD ) + arco( BC ) = 90 ◦ + θ − α. 2

Entonces ∠X AD + ∠XDC XD C = 90 ◦ − θ + α por lo que ∠PAD + ∠PD A = 90 ◦ + α + θ , y por [3], ∠O1OO2 = 180 ◦ − ( β + γ). De aquí que ∠ MYN es cíclico, o equivalente MY N = = 180 ◦ − ( β + γ) = ∠ MON , es decir, MYON es mente, Y pertenece pertenece al circuncírculo de MO N , pero dicho circuncírculo pasa también por P , por lo que ∠PYO = ∠P MO = 90◦ , o lo que es lo mismo XY /// ⊥ YO . X Y ⊥ 14. Teorema de Salmon. Si circunferencia se trazan tres cuerdas AX A X , AY , AZ A Z y luego se Salmon. Si en una circunferencia construyen tres circunferencias de diámetros tales cuerdas, se cumple que las circunferencias se cortan dos a dos en tres puntos distintos de A que están alineados. circunferencia de diámetro AX con la l a circunferencia Solución. Se L la otra intersección de la circunferencia A X con de diámetro AY , por el resultado de rotación dilatativa los puntos X y y Y son son correspondientes, por lo que deben estar alineados con L . Definiendo análogamente M y N , se cumple que M pertenece a YZ Y Z mientras que B pertenece a ZX Z X .

Observe que A es un punto sobre el circuncírculo de XYZ son los pies de las XY Z, y L, M, N son alturas trazadas desde A hacia los lados del este triángulo, y es resultado conocido (recta de /// Simson-Wallance) que L , M , N deben estar alineados. 15. Teore A BC, y P , Q , R son puntos cualesquiera de los lados Teorema ma de Miquel. Miquel. Dado el triángulo ABC BC , C A, AB , respectivamente. Demuestre que los circuncírculos de los triángulos ARQ AR Q, BPR BP R, CPQ C PQ tienen un punto en común. 81

Solución. Si M es la intersección de los circuncírculos de A RQ y BPQ se cumple que

360◦ − ∠RMQ − ∠PMR = 360◦ − (180◦ − ∠ A) − (180◦ − ∠B) = 180 ◦ − ∠C. Por lo tanto, CPMQ es cíclico, lo que significa que M pertenece al circuncírculo de CPQ.

/// 16. Circuncírculos de un cuadrilátero completo. Dado un cuadrilátero completo ABCD, los circuncírculos de los cuatro posibles triángulos que generan estas rectas, pasan por un mismo punto. Solución. Considera la siguiente figura, por el teorema de Miquel aplicado sobre el triángulo DEF y los puntos sobre sus lados C , A , B , sobre DE, EF, FD, respectivamente, se tiene que los circuncírculos de DBC, D AC, FAB pasan por un punto M .

82

Aplicando de nuevo el teorema de Miquel sobre el triángulo ACE, se tiene que los circuncírculos de ABF , CBD , EFD también pasan por un mismo punto, pero ese punto debe ser M , ya que en ambos casos es la intersección de los circuncírculos de ABF y BC D, que se cortan en /// M y B , pero no puede ser B porque debería pertenecer al circuncírculo de EFD . 17. Si ABCD es un cuadrilátero cíclico entonces las circunferencias de 9 puntos de los triángulos ABC , A BD , ACD , BCD inciden en un punto. Solución. Sea Γ el circuncírculo del ABC. Se definen los puntos P , Q , R , S , T , U como los puntos medios de AB , BC , C D, DA, BD , AC. Si x es la recta tangente a Γ en el vértice X , con x = a, b, c, d, entonces el punto P  = ab es el inverso geométrico de P con respecto a Γ, y lo mismo se cumple para Q  , . . . , U  .



Se sabe que la circunferencia de 9 puntos del  ABC es el circuncírculo del  PQU , este circuncírculo se invierte en el circuncírculo del  P Q U  , entonces las circunferencias de 9 puntos de los triángulos ABC, ABD, ACD, BCD inciden en un punto si y sólo si si sus figuras inversas, los circuncírculos de los triángulos P  Q U  , P  T  S , U  R S , Q  R T  inciden en un punto, lo cual es cierto, por problema anterior, aplicado al cuadrilátero completo /// abcd.

83

Taller de Teoría de Números — Nivel Avanzado Lic. Riquelmi Cardona Universidad de El Salvador

23–27 de febrero de 2009

1. Congruencias Especiales 1.1. Teorema de Wilson Teorema 1.1 (Wilson). Para todo primo p se cumple: ( p

− 1)! ≡ −1

(mód p).

Ejercicios. 1. Muestre que si p es un primo impar, entonces 1 2 32 · · · ( p − 4)2 ( p − 2)2 (mód p). Solución: De acuerdo a el Teorema de Wilson, se tiene que

≡ (−1)( p+1)/2

1 · 2 · · · ( p − 2) · ( p − 1) ≡ −1 (mód p) Como k ≡ ( −1)( −k ) ≡ ( −1)( p − k ) (mód p), se tiene que 1 · (−1)( p − 2) · 3 · (−1)( p − 4) · · · ( p − 2) · (−1)(1) ≡ −1 (mód p) Puesto que hay ( p − 1)/2 números pares entre 1 y p − 1, se tiene que el resultado anterior es congruente con ( 1)( p−1)/2 12 32 52

−

· · · ( p − 2)2 ≡ −1

(mód p)

y por lo tanto 12 32 52 · · · ( p − 2)2 ≡ ( −1)( p−1)/2 (−1) ≡ ( −1)( p+1)/2 (mód p) 2. Muestre que si p es primo y p ≡ 3 (mód 4), entonces (( p − 1)/2)! ≡ ±1 (mód p) Solución: Como p ≡ 3 (mód 4), se tiene que p es un primo impar. Por lo tanto hay un número par de residuos no nulos módulo p. Si 1 ≤ k ≤ ( p − 1)/2, entonces se tiene que k ( p − k ) ≡ k p − k 2 ≡ ( −1)k 2 (mód p), por lo tanto, se tiene que 1 · 2 · 3 · · · ( p − 3) · ( p − 2) · ( p − 1) ≡ −1 (mód p) y además 1 · ( p − 1) · 2 · ( p − 2) · · · ( p − 1)/2 · ( p + 1)/2 ≡ −1 (mód p) 84

por lo que y entonces

( 1)12 ( 1)22

−

·−

· · · (−1)(( p − 1)/2)2 ≡ −1

(mód p)

( 1)( p−1)/2 ((( p

− 1)/2)!)2 ≡ −1 (mód p) Puesto que p ≡ 3 (mód 4), tenemos que ( p − 1)/2 es impar, por lo tanto ((( p − 1)/2)!)2 ≡ 1 (mód p) −

y esto implica que

− 1)/2)! ≡ ±1 (mód p) 3. Demuestre que si p es primo y p ≡ 1 (mód 4), entonces la congruencia x 2 ≡ −1 (mód p) (( p

tiene dos soluciones. Solución: De acuerdo al procedimiento del ejercicio anterior, ( 1)( p−1)/2 ((( p

− 1)/2)!)2 ≡ −1 (mód p) sin embargo, si p ≡ 1 (mód 4), se tiene que ( p − 1)/2 es par, por lo tanto ((( p − 1)/2)!)2 ≡ −1 (mód p) y la congruencia x2 ≡ − 1 (mód p) tiene dos soluciones, x ≡ (( p − 1)/2)! y x ≡ −(( p − −

1)/2)!

4. Para cuales enteros positivos n el número n 4 + 4n es primo. 5. Muestre que si n y n + 2 son primos, entonces 4(( n − 1)! + 1) + n ≡ 0 (mód n(n + 2)). 6. Sea p un primo mayor que 5, demuestre que no existe m natural tal que ( p − 1)! + 1 = pm . 7. Demuestre que si p es primo y p ≡ 3 (mód 4), entonces para a, b enteros arbitrarios, la congruenciaa2 + b2 ≡ 0 (mód p) implica que a ≡ b ≡ 0 (mód p). 8. Sea p un primo impar. Sea A = {0 , 1 , 2 , . . . , p − 1} y σ una permutación de los elementos de A. Demostrar que existen i y j tal que i σ (i ) = j σ ( j) es divisible por p .

1.2. Teorema de Euler Definición 1.1. Sea n un entero positivo. La función phi de Euler φ(n) se define como el número de enteros positivos menores que n y primos relativos con n. Teorema 1.2. Para todo natural m = p1n1 p2n2 · · · pnk k , donde p1 , . . . , p k ( k ≥ 1) son primos distintos y n1 , . . . , nk ∈ N, se tiene que: φ(m) = m

· −  · · ·  −  1

1

p1

1

1

pk

.

Teorema 1.3 (Euler). Para todo número natural m y un entero a tal que ( a, m) = 1 se tiene a φ(m)

≡ 1

(mód m).

85

Ejercicios. 1. Muestre que φ (n) es par para todo n > 2. 2. Demuestre que φ (n) = 14 no tiene soluciones. 3. Encuentre el menor natural n para el cual φ (n) = 6 4. Muestre que si n es un natural compuesto y φ (n) | n − 1 entonces n es libre de cuadrados y es el producto de al menos 3 primos distintos. 5. Muestre que para todo natural impar se tiene que n | 2 n! − 1 2

6. Encuentre todos los primos para los cuales 5 p + 1 ≡ 0 (mód p2 ).

1.3. Teorema Chino del Resto Teorema 1.4. Sean m1 , m2 , . . . , mr naturales primos relativos dos a dos, entonces el sistema de con gruencias x x

≡ ≡

a1 a2

(mód m1 ) (mód m2 )

≡

ar

(mód mr )

.. .

x

tiene una solución única módulo M = m 1 m2

· · · mr .

Ejercicios. 1. Determine el menor número de langostas en un tanque si queda una sóla langosta cuando se retiran de 2 en 2, 3 en 3, 5 en 5 ó 7 en 7, pero no quedan langostas al retirarse de 11 en 11. 2. Demuestre que existen arbitrariamente largas cadenas de enteros consecutivos tales que cada uno de ellos es divisible por un cuadrado perfecto.

2. Ecuaciones Diofánticas Las técnicas habituales para resolver ecuaciones diofánticas incluyen factorización y uso de congruencias para reducir los casos a estudiar o probar que no existen soluciones. En algunas ocasiones es útil considerar el máximo común divisor de las variables. Ejemplos. 1. Muestre que la ecuación a 2 b2 + b2 c2 + 3b2 − c2 − a2 = 2005 no tiene soluciones enteras. 2. Encuentre todos los triángulos rectángulos de lados enteros tales que su área y perímetro son iguales. 3. Encontrar todas las soluciones a la ecuación x 2 + y2 = z 2 . 86

Ejercicios. 1. Encuentre todas las soluciones enteras ( n, m) de n4 + 2n3 + 2n2 + 2n + 1 = m 2 .

2. Encuentre todas las soluciones enteras de la ecuación 4x2 + 9 y2 = 72 z2 . 3. Pruebe que la ecuación

x3 + y3 + z3 = 2002

no tiene soluciones en los enteros. 4. Pruebe que la ecuación no tiene soluciones en los enteros.

4x3 − 7 y3 = 2003

5. Resuelva la siguiente ecuación x ( x + 1)( x + 7)( x + 8) = y 2 . 6. Resuelva la ecuación siguiente para x , y naturales y p primo 1 x

+

1 y

=

1 p

.

7. Encuentre soluciones enteras al sistema de ecuaciones siguiente: x2 + 2 y2 = z2 2x2 + y2 = u2

8. Resuelva la ecuación siguiente: x 2 + y2 + z2 = 2 xyz. 9. Para p primo resuleva la siguiente ecuación x4 + 4x = p.

3. Resultados Interesantes 3.1. Postulado de Bertrand A pesar de que la secuencia de números primos es infinita, es posible encontrar largas secuencias que carecen de primos. A pesar de esto, existen cotas para el máximo tamaño que una secuencia de “no primos” puede tener tal como lo muestra el siguiente teorema. Teorema 3.1. Para todo n ≥ 1, existe un número primo con n < p ≤ 2 n.

Demostración. La base de la prueba es la estimación del valor del coeficiente binomial (2nn )

de manera cuidadosa para probar que si el coeficiente no tiene factores primos en el rango n < p ≤ 2 n, entonces sería “muy pequeño”. El argumento consta de 5 partes:

87

1. Primero probamos el Postulado de Bertrand para n la secuencia siguiente de primos:

<

4000 para eso basta con observar

2,3,5,7,13,23,43,83,163,317,631,1259,2503,4001 donde cada elemento es menor que el doble del anterior. Por lo tanto, cada intevalo { y : n < y ≤ 2n}, con n < 4000, contiene uno de estos 14 primos. 2. A continuación probamos que

∏ p ≤ 4 x− p≤ x

1

para todo real x ≥ 2

La prueba se realiza por inducción sobre los primos. El caso q = 2 es fácil de demostrar y para q = 2 m + 1 se tiene: p ≤ 4 ∏ p = ∏ p · ∏ p≤2m+1 p≤m+1 m+1 p≤2m+1 <

m

  ≤ 2m + 1

4m 22m = 42m .

m

3. El teorema de Legendre nos permite calcular que el factor p aparece en (2nn ) = exactamente: 2n − 2 nk ∑ k k 1

≥

(2n) ! n! n!

    p

p

Con ayuda de lo anterior se puede demostrar que los primos p tales que 23 n < p ≤ n no √ dividen a (2nn ) y los primos p > 2n aparecen a lo sumo una vez. 4. Con lo anterior estimamos el valor de ( 2nn )

  ≤

4n 2n ≤ 2n n

2n · ∏ p · ∏ p. ∏ √ √ 2n p≤ 2 n n p≤2n p≤ 2n 3 <

<

5. Finalmente, en el resultado anterior asumimos que no existe un primo p en el rango n < p ≤ 2 n con lo cual llegamos a una desigualdad que es falsa para valores lo suficientemente grandes de n . 

3.2. Representación de enteros como suma de cuadrados Una pregunta muy interesante de Teoría de Números es: ¿Qué números se pueden escribir como suma de dos cuadrados? El primer paso para identificar la forma de los números anteriores viene dado por el siguiente lema: Lema 2. Para primos p = 4 m + 1 la ecuación s2 ≡ −1 (mód p) tiene dos soluciones s ∈ {1 , 2 , . . . , p − 1}, para p = 2 existe una sóla solución, mientras que para los primos de la forma p = 4m + 3 no existen soluciones.

Demostración. La prueba del lema anterior se basa en la partición de los residuos módulo p en

los siguientes conjuntos:

{x, −x, ¯x, −x¯}. 88



Lema 3. Ningún número de la forma n = 4 m + 3 es suma de dos cuadrados. Demostración. Este lema se puede demostrar analizando las congruencias de los cuadrados

módulo 4.



La siguiente proposición nos permite caracterizar los primos de la forma p = 4 m + 1. Lema 4. Todo primo de la forma p = 4 m + 1 es la suma de dos cuadrados, es decir, se puede escribir p = x 2 + y2 para algunos naturales x , y. Demostración. Para probar este lema necesitaremos hacer uso del principio de las casillas y el

lema 2.



Con los resultados anteriores se puede demostrar el teorema principal: Teorema 3.2. Un natural n se puede representar como suma de dos cuadrados, si y sólo si, cada factor primo de la forma p = 4 m + 3 aparece con exponente par en la descomposición prima de n. Demostración. Definamos a un número n como representable si n = x2 + y 2 para algunos naturales x , y. El teorema es la consecuencia de las siguientes afirmaciones:

1. Los números 1 y 2 son representables, así como todo primo de la forma p = 4 m + 1. 2. El producto de dos números representables es también representable. 3. Si n es representable, entonces nz 2 es representable. Los anteriores hechos prueban la parte del “si” del teorema, la otra parte se demuestra con lo siguiente: Si p = 4 m + 3 es un primo que divide al número representable n , entonces p2 divide a n . Además se obtiene que n / p2 es representable.  Finalmente, un corolario de lo anterior es la existencia de infinitos primos de la forma 4m + 1.

89

.

E XÁMENES DE S ELECCIÓN 2008

90

Universidad de San Carlos de Guatemala Facultad de Ingeniería Licenciatura en Matemática Aplicada

Segundo Examen de Selección

O LIMPÍADA C ENTROAMERICANA Y DEL C ARIBE DE M ATEMÁTICA OCCM 2008, San Pedro Sula, Honduras Instrucciones: Resuelva los siguientes problemas, dejando constancia de todo su procedimiento. No de je algo al azar, explique todos sus razonamientos de forma clara y concisa. No se permite el uso de calculadora.

Problema 1. Se dice que una mano de dominó tiene una falla si alguno de los números entre el 0 y el 6 no aparece en la mano. Demuestre que el número de manos de dominó que no tienen falla es 501, 015. Problema 2. En los lados AB , AC de un triángulo1  ABC, encuentre dos puntos D y E (en AB y AC respectivamente) tales que los segmentos AD, DE y EC sean iguales. Problema 3. Demuestre que existen por lo menos 10 000 números de 10 dígitos divisibles por 7, que tienen la mismas cifras (sólo cambia el orden de las mismas). Por ejemplo, 392 y 329 son números divisibles entre 7 con las mismas cifras. Problema 4. Construir un triángulo equilátero equivalente a un triángulo dado. Nota: Un triángulo es equivalente a un triángulo dado si tiene la misma área que el triángulo dado. Problema 5. Sobre una mesa se tienen 1999 fichas que son rojas de un lado y negras del otro (no se especifica cuántas con el lado rojo hacia arriba y cuántas con el color negro hacia arriba). Dos personas juegan alternadamente. Cada persona en su turno hace una de las siguientes jugadas: 1. Retirar cualquier cantidad de fichas, con la condición que todas tienen que ser del mismo color hacia arriba. 2. Voltear cualquier cantidad de fichas, con la condición que todas las volteadas tengan el mismo color hacia arriba. Gana el que tome la última ficha. ¿Cuál de los jugadores puede asegurar que ganará, el primero o el segundo? Problema 6. En dos circunferencias dadas, encontrar dos puntos tales que la distancia entre ellos esté dada y que el segmento que los une tenga una dirección dada. El examen tiene una duración de 4 1/2 horas. Sólo se resolverán dudas respecto a los enunciados. 1 Los lados pueden ser extendidos, si es necesario.

91


Primer Examen de Selección

O LIMPÍADA I BEROAMERICANA DE M ATEMÁTICA OIM 2008, Salvador Bahia, Brasil

Instrucciones: Resuelva los siguientes problemas, dejando constancia de todo su procedimiento. No de je algo al azar, explique todos sus razonamientos de forma clara y concisa. No se permite el uso de calculadora.

Problema 1. Demostrar que toda pareja de triángulos es copolar (Decimos que una pareja de triángulos  ABC y  A B C son copolares si AA , BB  y CC  concurren) si y sólo si es coaxial (Decimos que una pareja de triángulos  ABC y  A B C son coaxiales si siendo P = BC ∩ B C , Q = AC ∩ A C  y R = AB ∩ A B , se da que P , Q y R son colineales).

≡ 0 mód n, y sea g el máximo Problema 2. Sean n y r enteros positivos tales que n ≥ 2 y r  común divisor de n y r . Pruebe que: n 1

− ∑

i=1

·

1 r i = (n 2 n

− g)

donde { x} es la parte fraccionaria de x . Problema 3. Resolver lo siguiente: 1. Se tiene un conjunto de n parejas de casados. Se desea redistribuir a las 2n personas nuevamente en n parejas (cualquiera con cualquiera, incluso pueden quedar hombres con hombres y mujeres con mujeres, aunque no necesariamente), para realizar algún tip o de actividad que no viene al caso describir. ¿Qué probabilidad hay de que cada hombre quede con su esposa? 2. En el problema anterior, ¿Qué probabilidad hay de que cada hombre quede con alguna mujer? 3. En una olimpíada de matemática en la que participan n países, en la que cada país lleva un equipo formado por k alumnos (equipo completo todos los países) identificados con los números del 1 al k (por ejemplo: GUA1 , GUA2 , .. . , GUAk ), los nk participantes son redistribuidos nuevamente en n grupos de k miembros para la prueba por equipos. ¿Cuál es la probabilidad de que al menos uno de esos grupos tenga al menos 2 miembros con el mismo número de identificación? El examen tiene una duración de 4 1/2 horas. Sólo se resolverán dudas respecto a los enunciados.

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Segundo Examen de Selección

O LIMPÍADA I BEROAMERICANA DE M ATEMÁTICA OIM 2008, Salvador Bahia, Brasil

Instrucciones: Resuelva los siguientes problemas, dejando constancia de todo su procedimiento. No de je algo al azar, explique todos sus razonamientos de forma clara y concisa. No se permite el uso de calculadora.

Problema 1. Sean n , k ∈ Z+ y suponga que el polinomio x 2k − xk + 1 divide a x2n + x n + 1. Pruebe que x 2k + x k + 1 divide a x 2n + x n + 1. Problema 2. Determine todos los conjuntos no vacíos S de enteros positivos que satisfacen i + j mcd (i, j)

es un elemento de S para toda i y j (no necesariamente distintos) en S. Problema 3. Muestre que el segmento que une el ortocentro de un triángulo con el circuncentro del triángulo formado por los excentros del triángulo dado, es bisectado por el incentro del triángulo medial del triángulo dado.

El examen tiene una duración de 4 1/2 horas. Sólo se resolverán dudas respecto a los enunciados.

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Tercer Examen de Selección

O LIMPÍADA I BEROAMERICANA DE M ATEMÁTICA OIM 2008, Salvador Bahia, Brasil Instrucciones: Resuelva los siguientes problemas, dejando constancia de todo su procedimiento. No de je algo al azar, explique todos sus razonamientos de forma clara y concisa. No se permite el uso de calculadora.

Problema 1. Sea P (x) un polinomio con coeficientes no negativos y suponga que P ( x) P( 1x ) ≥ k para x = 1 y k ∈ Z+ ∪ {0}. Demuestre que P ( x ) P( 1x ) ≥ k para cualquier x ∈ R+ . Problema 2. Sean A A , BB , CC  tres cevianas interiores concurrentes de un triángulo  ABC . Demuestre que siendo X 1 ∈ BC, la sucesión de puntos: X 1 X 2 = X 1 B ∩ BA, X 4 = X 3 C ∩ CB , X 6 = X 5 A ∩ AC,

∈ BC,

X 3 = X 2 A AC, X 5 = X 4 B BA, X 7 = X 6 C CB ;

∩ ∩ ∩

cumple que X 1 = X 7 , ∀ X 1 ∈ BC. Problema 3. Dado un punto en un espacio Rn , si éste se traslada en cualquier dirección fija una distancia l > 0, el punto deja un rastro o estela en forma de segmento de recta. Si a este segmento se le traslada la misma distancia l en una dirección perpendicular a la anteriormente elegida, el rastro toma la forma de un cuadrado, y si este cuadrado se traslada la misma distancia en una dirección perpendicular a las anteriores, se obtiene un cubo. Llamaremos n-cubo de medida l a la figura geométrica obtenida repitiendo n veces el proceso anteriormente descrito, utilizando una distancia l para realizar los traslados. Así, un punto será un 0-cubo, un segmento de recta será un 1-cubo, un cuadrado un 2-cubo, etc. De manera general nos referiremos a todos ellos como hipercubos. Los vértices de cualquier n -cubo se denominarán también 0-cubos limítrofes del n -cubo. Si tenemos un n-cubo de medida l , llamaremos k -cubo limítrofe del n-cubo a cualquier k -cubo de medida l cuyos vértices sean todos vértices del n-cubo. De esta manera, las caras de un cubo son sus 2-cubos limítrofes, mientras que sus aristas son sus 1-cubo limítrofes. Sea nk la cantidad de k -cubos limítrofes de un n-cubo (considerando rotaciones y reflexiones como el mismo k -cubo limítrofe) entonces encuentre una forma cerrada para nk en términos de n y k . Problema 4. Sean a , b ∈ Z+ tales que a n + n | bn + n para todo entero positivo n . Demuestre que a = b .





El examen tiene una duración de 4 1/2 horas. Sólo se resolverán dudas respecto a los enunciados.

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boletin_2008

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