Soluciones a los Problemas 2,3 y 4 de la CMM2012, por

SOLUCIÓN A TRES PROBLEMAS PROPUESTOS EN LA
COMPETICIÓN MATEMÁTICA MEDITERRÁNEA 2012
PROBLEMA 1
Dado el número α > 0, se considera la sucesión infinita definida por x1 = 1, y
para todo n ≥ 1,
αxn = x1 + x2 + · · · + xn+1 .
Determinar el menor α para el cual todos los términos de esta sucesión son números
reales positivos.
Solución por Daniel Lasaosa Medarde, Universidad Pública de Navarra,
Pamplona, España
Claramente, x2 = α − 1, mientras que para todo n ≥ 2, xn+1 = α(xn − xn−1 ).
La sucesión tiene entonces ecuación caracterı́stica
√
α ± α2 − 4α
.
ρ2 − αρ + α = 0,
con raı́ces
ρ± =
2
Si ambas raı́ces son iguales, es decir, α = 4, tenemos que ρ = 2, y entonces
xn = (A + Bn)2n para ciertas constantes A, B, y para que x1 = 1 y x2 = α − 1 = 3,
tras algo de álgebra se obtiene A = B = 14 , es decir, xn = (n + 1)2n−2 . Esta
expresión es claramente positiva para todo entero positivo n.
Si ambas raı́ces son distintas, entonces xn = Aρ+ n + Bρ− n . Para que x1 = 1 =
Aρ+ + Bρ− y x2 = α − 1 = Aρ+ 2 + Bρ− 2 , se obtiene tras algo de álgebra que
ρ−
+
A = ρ+ 2ρ−ρ
2 , B = − ρ 2 −ρ 2 , es decir,
−
+
−
xn−1 =
ρ+ n − ρ− n
ρ+ n − ρ− n
√
=
.
ρ+ 2 − ρ− 2
2α α2 − 4α
√
Si α > 4, entonces ρ+ , ρ− son reales con ρ+ > ρ− > 0 por ser α2 − 4α < α, luego
ρ+ n − ρ− n es real positivo para todo entero positivo n, en particular también para
n = 2, con lo que xn−1 es el cociente de dos reales positivos, luego real positivo.
Nos resta entonces analizar sólo el caso α < 4. Pero en ese caso, nótese que
ρ+ , ρ− son complejos conjugados con módulo
p
α2 + (4α − α2 ) √
|ρ| =
= α,
2
√
es decir, podemos escribir ρ± = α (cos β ± i sin β), donde i es la unidad imag√
inaria, y 0 < β < 90◦ es un ángulo del primer cuadrante tal que cos β = 2α y
√
sin β = 4−α
2 . Tenemos entonces, por la fórmula de De Moivre, que
√ n−3 sin(nβ)
xn−1 =
α
.
sin β
Luego para que todos los términos de la sucesión fueran positivos, sin(nβ) tendrı́a
que ser siempre positivo, es decir, el ángulo nβ deberı́a permanecer siempre en el
primer y segundo cuadrante. Pero como 0 < β < 90◦ , existe un N mı́nimo tal que
N β > 180◦ , siendo además (N − 1)β < 180◦ , luego N β < 180◦ + β < 270◦ , y N β
está en el tercer cuadrante. Luego para este N , se tiene xN −1 < 0.
Concluimos entonces que xn es real positivo para todo entero positivo n, si y
sólo si α ≥ 4, y el valor buscado es α = 4.
1
PROBLEMA 2
Sean α, β, γ los ángulos de un triángulo acutángulo ABC. Probar que
23
tan2 α
1
1 X
+3
≥ 2.
3
tan β tan γ
tan α + tan β + tan γ
cı́clica
Solución por Daniel Lasaosa Medarde, Universidad Pública de Navarra,
Pamplona, España
Denotemos por comodidad u = tan α, v = tan β y w = tan γ, donde u, v, w son
reales positivos por ser ABC acutángulo. Es conocido (o fácilmente demostrable)
que u + v + w = uvw por ser las tangentes de un triángulo, con lo que llamando
respectivamente A, G a las medias aritmética y geométrica de u, v, w, tenemos por
la desigualdad entre ambas, que
√
G3 = uvw = u + v + w = 3A ≥ 3G,
A ≥ G ≥ 3,
√
√
con igualdad si y sólo si ABC es equilátero con u = v = w = 3. Como A ≥ 3,
claramente la siguiente desigualdad es más fuerte que la inicialmente propuesta:
2
tan2 α
1
1 X
≥ 2.
+ 27
3
tan β tan γ
tan α + tan β + tan γ
cı́clica
Demostraremos esta desigualdad. Para ello, notemos en primer lugar que se puede
reescribir como
u3 + v 3 + w 3
27
+ 6 ≥ 2.
3
3G
G
Pero por la desigualdad entre medias aritmética y cúbica aplicada a u, v, w, tenemos
que
3 G9
u3 + v 3 + w3
u+v+w
uvw 3
=
≥
=
,
3
3
3
27
con lo que nos basta con demostrar que
G6
27
+ 6 ≥ 2,
27
G
claramente cierto en virtud
de la desigualdad entre medias, y con igualdad si y sólo
√
si G6 = 27, o G = 3. Queda pues demostrada la desigualdad más fuerte que
la inicialmente propuesta, y dándose la igualdad en ambas claramente si y sólo si
ABC es equilátero.
PROBLEMA 4
Sea O el circuncentro y R el radio de la circunferencia circunscrita de un triángulo
ABC, y denotemos por (O; R) a esta circunferencia. Sea k1 una circunferencia tangente a las semirrectas (AB y (AC y también tangente internamente a (O; R).
Sea k2 una circunferencia tangente a las semirrectas (AB y (AC y además tangente exteriormente a (O; R). Llamamos A1 , A2 a los centros respectivos de k1 , k2 .
Demostrar que
(OA1 + OA2 )2 − A1 A2 2 = 4R2 .
Solución por Daniel Lasaosa Medarde, Universidad Pública de Navarra,
Pamplona, España
Claramente, el incentro I de ABC, A1 y A2 , están sobre la bisectriz del ángulo
∠BAC. Al mismo tiempo, O y A1 están alineados con el punto de tangencia de
(O; R) y k1 , con lo que OA1 = R − ρ1 , siendo ρ1 el radio de k1 , y de forma análoga
OA2 = R + ρ2 . Finalmente, como k1 , k2 son resultado de aplicar una homotecia
ρ1
1
a la circunferencia inscrita a ABC, con centro en A, tenemos que AA
AI = r , y
ρ2
AA2
AI = r , donde r es el inradio de ABC. Con todo lo anterior, el resultado a
demostrar es equivalente a
IA2
(ρ2 − ρ1 )2 = 4R2 ,
r2
o tras algunas simplificaciones, y usando que ρ2 − ρ1 6= 0, el problema se reduce a
demostrar que
4Rr · IA = (IA2 − r2 )(AA2 − AA1 ).
(2R + ρ2 − ρ1 )2 −
Consideremos ahora los triángulos OAI, OAA1 , OAA2 . Claramente ∠OAI =
∠OAA1 = ∠OAA2 por estar I, A1 , A2 en la bisectriz de ∠BAC. Se tiene entonces
por el teorema del coseno que
OA2 + AI 2 − OI 2
OA2 + AA21 − OA21
OA2 + AA22 − OA22
=
=
,
2OA · AI
2OA · AA1
2OA · AA2
con lo que usando OI 2 = R2 − 2Rr, llegamos a
(4Rr + AI 2 )AI
AI 3
,
AA
=
,
2
AI 2 − r2
AI 2 − r2
de donde se sigue tras sustitución el resultado deseado.
AA1 =
Nota: El cı́rculo k1 se suele llamar incı́rculo mixtilı́neo (mixtilinear incircle), y
como corolario de uno de los pasos intermedios de esta solución, hemos hallado por
métodos elementales la relación de proporcionalidad entre éste y el incı́rculo:
AA1
ρ1
AI 2
1
=
=
=
AI
r
AI 2 − r2
cos2
A
2
.
A partir de esta relación, es sencillo comprobar que la perpendicular a la bisectriz
del ángulo ∠BAC por I, corta a los lados AB, AC en los puntos de tangencia de k1 ,
quedando además establecido un método de construcción del incı́rculo mixtilı́neo.