Nueva propuesta relacionada con los problemas planteados en la XLVII Edición de la Olimpiada Matemática Española. El tercer problema (correspondiente a la primera sesión), tuvo el siguiente enunciado:
Sean
cuatro puntos en el espacio tales que no hay ningún plano que pasa por los cuatro a la vez. Los segmentos
son tangentes a una misma esfera. Demuestra que los cuatro puntos de tangencia están en un mismo plano.
A por él.
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ABCD constituyen un cuadrilatero alabeado (no plano) en el espacio. Doblando este cuadrilatero por la diagonal AC nos encontrariamos con un cuadrilatero plano. Si los puntos de tangencia a la esfera son PQRS con P situado en AB, Q en BC, R en CD y S en DA, al echarlos sobre ese plano tendriamos un cuadrilatero PQRS ciclico (habria una circunferencia que pasa por esos cuatro puntos). Si conseguimos ver ahora que las lineas PQ y RS se cortan precisamente sobre la diagonal por la que habiamos doblado ABCD el problema estaria visto para sentencia… En efecto, al volver a… Lee más »
queseyoquien, no veo que PQRS (en el polígono doblado para que sea plano) tenga que ser cíclico.
El problema se resuelve fácilmente asignando determinadas masas a los vértices A,B,C,D del cuadrilátero alabeado de forma que el centro de gravedad de los 4 vértices sea la interesección de las rectas que unen los puntos de tangencia en lados opuestos.
Otra posibilidad es aplicar el recíproco del teorema III del ‘Essai sur la theorie des transvesales’ de Lazare Carnot. (el recíproco se cumple para cuadriláteros)
Un cuadrilatero es ciclico si angulos opuestos suman 180 grados. En el caso que nos ocupa, eso resulta muy facil de ver. Por cierto, el LEMA que necesitaba sale relativamente facil, como consecuencia del teorema de Menelao. Si pudiera hacer algun dibujo, enviaria a este foro la solucion completa. Por ultimo, soy yo el que no entiendo eso de las masas en vertices, etc. ¿Que masas? No parece que tenga nada que ver con lo que nos estan preguntando. En cuanto al reciproco del teorema de Carnot, tampoco esta claro como aplicarlo al caso que nos ocupa. No me resulta… Lee más »
Sean P,Q,R,S los puntos de tangencia de AB, BC, CD, DA con la esfera. Entonces AP=AS, BP=BQ, CQ=CR y DR=DS. Asignamos a los puntos A,B,C,D respectivamente pesos 1/AP, 1/BQ, 1/CR, 1/DS. Entonces el centro de gravedad de A y B es P, y el de C y D es R, y por tanto el centro de gravedad de ABCD está en el segmento PR. Como también el centro de gravedad de B y C es Q y el de A y D es S, el centro de gravedad de ABCD está en el segmento QS. Por tanto PR y QS… Lee más »
Estimado fede: Yo no uso sombrero, asi que voy a emplear una frase que repetia mucho uno de los personajes (creo que «Max Estrella») de Luces de Bohemia (de R. del Valle-Inclán). El buen hombre, poeta pobre que no podía permitirse comprarse un sombrero, ante la lectura de una buena poesía en la tertulia literaria a la que asistía decía «!ME QUITO EL CRÁNEO! … Pues bien, la solución que planteas –ahora sí que la entiendo bien– es AUTÉNTICA POESÍA. En mas de 30 años viendo problemas de Olimpiadas, he visto muchas veces aplicar matemáticas a resolver problemas físicos, pero… Lee más »
q., estoy de acuerdo en que la solución es bonita, pero no es mía…
fede, ¿de quién es entonces?
La solución basada en el centro de masas está dada en el libro de Arthur Engel, «Problem-Solving Strategies» (Problema 12.3.2.32).
Solución preciosa fede! Una alternativa equivalente desde el punto de vista formal, aunque no tan elegante, es la siguiente: consideramos que la recta , y sean los puntos de corte de las rectas con la recta . Aplicando el teorema de Menelao y usando que , se pueden calcular los cocientes , siendo relativamente fácil argumentar que han de estar en la recta en el mismo lado respecto a los puntos . Entonces , luego las rectas tienen un punto común y por lo tanto definen un único plano en el que están . Esto funciona en todos los casos… Lee más »
Hola. Aunque es bastante tarde, aporto mi solución: He nombrado por N, M, P y Q a los puntos de tangencia (M en AB, N en BC, P en CD y Q en DA). Por hipótesis, los puntos A,B,C y D no son coplanarios y por tanto {B-A, C-A, D-A} es una base de R^3. También será base de R^3, {u,v,w} donde u=M-A, v=Q-A y w=C-A (ya que M está en AB y Q en DA). En esta base he expresado los vectores Q-M, N-M y P-M que haciendo los cálculos he llegado a: Q-M=-u+v, N-M=((CN·BA/CB·AM)-1)u+(NB/CB)v, P-Q=-u+(AD·CP/QA·CD)v+(PD/CD)w Ahora solo falta… Lee más »
Fede como demuestras esto?
Sean A,B,C,D puntos no coplanarios y P,Q,R,S puntos en las rectas AB, BC, CD, DA respectivamente. Entonces P,Q,R,S están en un mismo plano si y solo si \dfrac{AP}{BP} \cdot \dfrac{BQ}{CQ} \cdot \dfrac{CR}{DR} \cdot \dfrac{DS}{AS} = 1. (tomando las razones con signo).