Intervención en el foro Google grupos es ciencia  matematicas (sic)

Indice

1.- Suma nula.

2.- Corte sobre la circunscrita.

3.- Circunferencia tangente.

4.- Corte de una recta a un segmento por su punto medio.

5.- Un cociente de lados de cuadrados inscritos en un equilátero.

6.- Cuadrilátero inscrito.

7.- Un problema de bisectrices

8.- Cuadrados y cubos.

9.- Triángulo equilátero.

10.- Construir un  triángulo.

11.- Fibonacci.

12.- Cuadrados.

13.- Raices de polinomio.

14.- Sucesión de racionales.

15.- Progresión de naturales.

 

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1

Autor:Calabazo
Asunto:¿ suma nula ?

Fecha:2003-05-29 22:51:56 PST

Dado un triangulo A,B,C de baricentro G , considero cualquier recta que pase por G , entonces si sumo las proyecciones de los segmentos de mediana GA , GB , GC sobre dicha recta esta suma ¿ es siempre nula ?

Autor:Ricardo Barroso
Asunto:Re: ¿ suma nula ?
Fecha:2003-05-30 10:23:05 PST

Veamos si, sin dibujar nada,... se entiende...

Sea ABC el triángulo.

A1 el punto medio de BC.

Sea r la recta que pasa por G.

Supongamos que r deja a A en un semiplano y a B y C en el otro.

Sean B', C' y A' las proyecciones de B, C y A sobre r.

Tracemos A2 el punto simétrico de A según G, y sea A'' tal que AA'//A2A''.

Los triángulos AGA' y A2GA'' son simétricos respecto a G. A A'=A2 A'', y A2A'' es perpendicular a r.

Tracemos por A2 r' paralela a r.

Tracemos la recta B' A1 que cortará a r' en C2.

Tracemos por A1 la perpendicular común NM a r y r'.

Los triángulos A1 N B' y A1 M C2 son rectángulos con los ángulos iguales por la trannsversal B' C2 y tener el cateto NA1 igual al A1M.

Luego B'A1 = A1 C2. teniendo esto en cuenta, los triángulos B' B A1 y C2 C A1 son simétricos en relación al centro A1. Luego B' B = C2 C es decir, que CC' + BB' = CC' + C2 C = C2 C' = A2 A'' = - AA'

Saludos

Ricardo Barroso

Sevilla

Autor:Ricardo Barroso (rbarroso@us.es)
Asunto:Re: ¿ suma nula ?
Fecha:2003-06-01 11:08:24 PST

Siento que las prisas nunca son buenas consejeras.

Releyendo el primer mensaje de calabozo48, me he dado cuenta de que he contestado a otro problema (AA' = BB' + CC') En realidad el amigo calabozo lo que pedía es: GA' + GB' = C'G.

Es: GA' = GA'' por la construcción reaizada.

Si consideramos los triángulos A1 G B' y A1 A2 C2 , simétricos respecto a A1 , es: G B' = C2 A2.

Por paralelas C2 C' y a2 A'', es, por fin, C2 A2 = C' A'' lo que nos lleva a que GA' + G B' = GA'' + A2 C2 = G A'' + A'' C' = GC' cqd.

Saludos os invito cordialmente a visitar y colaborar con mi laboratorio

http://www.personal.us.es/rbarroso/trianguloscabri/

Saludos

 

 

 

 

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2

Autor:Calabazo

Asunto:geometria s.a,

Grupos de noticias:
Fecha:2003-05-07 07:08:50 PST

Demostrar que si un triangulo se trazan las rectas ; r que pasa por un
vertice  y por el circuncentro  y la recta s que pasa por el
ortocentro y por el punto medio del lado opuesto al vértice anterior ,
se cortan en un punto de la circunferncia circunscrita,

p.d. : ¿ Que son las coordenadas baricéntricas ..?

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Autor:Ricardo Barroso
Asunto:Re: geometria s.a,
Grupos de noticias:
Fecha:2003-05-07 14:33:43 PST

Sea P el punto de corte de AO con la circunferencia circunscrita.

Es : < BPC = < BPA + < APC = < BCA+ < ABC = <c + <b.

Sea ahora H el ortocentro, M el punto medio de BC, y T el punto de corte de la circunferencia circunscrita con la recta HM.

Sean U y V los puntos de corte de las rectas CH y BH con la circunferencia circunscrita.

Tenemos las siguientes relaciones: < BTC = < BTU + < UTA + < ATV + < VTC = (arcos iguales) < BCU + < ACU + < ABV + < VBC)= (90 &#8211; b) + ( c- (90-b)) + (b-(90-c)) + (90- c) (propiedades de las alturas)= < c + < b.

Luego P y T coinciden,

Saludos

Ricardo Barroso

Sevilla

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Autor:Ricardo Barroso (rbarroso@us.es)
Asunto:Re: geometria s.a,
Fecha:2003-05-07 14:33:43 PST

Me acabo de dar cuenta de mi ¡¡¡error!!!

Cualquier recta que corte a la circunferencia en un punto... del arco BC va a tener ¡¡¡¡ lógicamente!!!

el mismo ángulo....

Ya lo pensaré... vaya despiste tan enorme...

Ricardo

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Autor:Ricardo Barroso (rbarroso@us.es)
Asunto:Re: geometria s.a,

Fecha:2003-05-08 07:54:11 PST

 

Estimados amigos:

Sea ABC el triángulo supongamos acutángulo.

Tracemos la circunferencia circunscrita de centro O.

Tracemos por C B el segmento CT de manera que sea: BCT = 90º - c, con T en la circunferencia

Es: < ACT = < ACB + < BCT = c + (90º -c) =90º.

Es: < ABT= 90º por ser AT diámetro, luego CBT = 90º -b (I).

Luego AT es diámetro. y AOT están alineados.

Ahora bien, consideremos el cuadrilátero BHCT.

Es: HBC = 90º -c = BCT por construcción.

Es: HCB = 90º-b = CBT por (I).

Luego BHCT es un paralelogramo, cuyas diagonales se cortan en el punto medio.

Es decir, que si M es el punto medio de BC, lo es de HT.

Así, pues, HM y AO se cortan en T, sobre la circunferencia.

Disculpas, y saludos

Ricardo Barroso

Sevilla

 

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3

"Ignacio Larrosa Cañestro"

Ricardo Barroso escribió:

Saludos, amigos de google,

Sea ABC un triángulo.

Trazar una circunferencia tangente a dos lados del triángulo y sea tangente interiormente a la circunferencia circunscrita.

¡Hombre Ricardo, cuanto tiempo!

Sean A, B y C los vértices del triángulo, AB y AC los lados a los que debe ser tangente la circunferencia pedida y c0 su circunferencia circunscrita.

Sea r la bisectriz del ángulo A. La inversión de centro A y radio AN, diametralmente opuesto a A en c0, transforma a las rectas AB y AC en si mismas, y a c0 en la recta s perpendicular a AN en N.

Sean P y Q los puntos en que s corta a AB y AC respectivamente.

La inversa de la circunferencia c1 pedida será entonces la ex-inscrita, sea c2, al triángulo APQ, correspondiente al vértice A.

Tenemos entonces que trazar la bisectriz exterior t del ángulo AQP.

El punto O' de intersección de r y t es el centro de c2.

La perpendicular por O' a ala recta s nos da el punto U' de tangencia de c2 con s.

La intersección de AU' con c0 nos da entonces el punto U de tangencia de c1 con c0.

La intersección de MU con r es el punto O, centro de c1, cuyo radio es OU.

Puede verse un dibujo ilustrativo en http://www.xente.mundo-r.com/ilarrosa/CircTang2lados_CCirc.GIF

¡Ah, la inversión! Siempre me encanto esta transformación geométrica.

Autor:Ricardo Barroso (rbarroso@us.es)
Asunto:Re: Circunferencia Tangente, tercera solución

Grupos de noticias:es.ciencia.matematicas
Fecha:2004-07-23 10:50:50 PST

Estimados amigos de Google:

Esta es otra solución de Juan Carlos Salazar al problema de las tangencias.

Para localizar el centro del cìrculo O1.

Los puntos de tangencia F,I de O1 sobre los lados AB,AC determinan una cuerda que pasa por el incentro I' de ABC y además también sabemos que el incentro I' referido es el punto medio de FI.

Por todo lo expuesto primero se debe tazar BI' y después trazamos una perpendicular por I' a BI', entonces los puntos de corte con los lados AB,BC así logrados serán F,G.

Despuès por F,G trazamos las perpendiculares a AB,BC cuyo punto de corte con BI' es el centro O1.

Saludos... ya son tres soluciones diferentes...

Ricardo Barroso

 

 

Estimados amigos:

Otra solución que Francisco García Capitán aporta es :

 

http://perso.wanadoo.es/bellageometria/bella/htm/apo-rrc.htm

Adaptada al caso es:

1. Trazamos una paralela a AB a una distancia igual al radio de la circunferencia circunscrita, y también la bisectriz del ángulo B (formado por los dos lados tangentes).

2. Ahora hallamos el punto simétrico O' de O respecto de la bisectriz, el punto M de intersección de la recta OO' con la recta paralela, y los puntos de tangencia desde M a la circunferencia de diámetro OO'.

3. Desde M trazamos una circunferencia por P y Q, que corta a la paralela en los puntos K y L.

4. Proyectamos los puntos K y L perpendicularmente sobre la bisectriz, resultando el vértice B y el centro W de la circunferencia buscada.

Esta solución me indica Paco que está tomada de "Trazado geométrico" > de Julián Palencia Cortés y Mario González Monsalve.

Paco me ha dado permiso para enviarla al foro.

A Ignacio, y todos, saludos desde una Sevilla ,muy calurosa

 

 

 

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4

Autor:Ricardo Barroso
Asunto:Un problema de triángulos
Fecha:2003-05-02 14:17:13 PST

Estimados amigos y amigas:
Saludos a todos en este miprimer mensaje.

Ahí os ofrezco un problema:

Dado un triángulo ABC, sea 
X el punto de intersección de la circunferencia inscrita con BC;
A' el punto medio de BC;
I el incentro.
Demostrar que la recta A'I corta al segmento AX en su punto medio.

Saludos

Ricardo Barroso

Autor:Jose H. Nieto (jhnieto@yahoo.com)
Asunto:Re: Un problema de triángulos

Fecha:2003-05-03 11:39:57 PST

"Ricardo Barroso" escribió en el mensaje
.
> Estimados amigos y amigas:
> Saludos a todos en este miprimer mensaje.
>
> Ahí os ofrezco un problema:
>
> Dado un triángulo ABC, sea
> X el punto de intersección de la circunferencia inscrita con BC;
> A' el punto medio de BC;
> I el incentro.
> Demostrar que la recta A'I corta al segmento AX en su punto medio.
>
> Saludos
>
> Ricardo Barroso

Si a,b,c son los lados del triángulo y 2p = a+b+c, entonces en coordenadas
baricéntricas se tiene

A' = B/2 + C/2,  I = (aA+bB+cC)/(2p),  X = ((p-c)B + (p-b)C)/a.

El punto de corte M de las rectas A'I y AX se puede escribir como

M = (1-s)A' + sI = (1-t)A + tX

para ciertos reales s,t. Sustituyendo A', I y X e igualando los coeficientes
de A, B y C a cada lado resultan las ecuaciones:

  sa/(2p) = 1 - t                            (1)
  (1-s)/2 + bs/(2p) = (p-c)t/a,       (2)
  (1-s)/2 + cs/(2p) = (p-b)t/a,       (3)

Restando (2) de (3) queda (c-b)s/(2p) = (c-b)t/a, de donde, suponiendo b<>c,
resulta sa/(2p) = t, y al reemplazar en (1) queda t = 1 - t, es decir t =
1/2 y M es el punto medio de AX.

Bueno, espero que alguien más encuentre una solución sintética.

Saludos,

José H. Nieto
http://mipagina.cantv.net/jhnieto1
Maracaibo, Venezuela

Autor:Ricardo Barroso
Asunto:Re: Un problema de triángulos
Fecha:2003-05-03 13:58:03 PST
 

Amigo José:

Es una respuesta rápida y presisa.

Saludos

Ricardo Barroso

  


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5

Autor:Ignacio Larrosa Cañestro
Asunto:Cuadrados inscritos en triangulos
Fecha:2004-11-21 12:52:58 PST
Vamos con un poquito más de geometría: Hallar el cociente entre los lados del máximo y mínimo cuadrados que pueden inscribirse en un triángulo equilátero de lado 1. Por cuadrado inscrito en un triángulo entiendo aquel que tiene al menos un vértice en cada lado del triángulo. -- Saludos, Ignacio Larrosa Cañestro A Coruña (España)

Autor:Ricardo Barroso
Asunto:Re: Cuadrados inscritos en triangulos

Fecha:2004-11-22 13:22:05 PST

"Ignacio Larrosa Cañestro"

Vamos con un poquito más de geometría:

Hallar el cociente entre los lados del máximo y mínimo cuadrados que pueden inscribirse en un triángulo equilátero de lado 1. Por cuadrado inscrito en un triángulo entiendo aquel que tiene al menos un vértice en cada lado del triángulo.

Vamos con un poquito más de geometría:

Hallar el cociente entre los lados del máximo y mínimo cuadrados que pueden inscribirse en un triángulo equilátero de lado 1.

Por cuadrado inscrito en un triángulo entiendo aquel que tiene al menos un vértice en cada lado del triángulo.

Estimado Ignacio y amigos del foro:

Ahí van algunas impresiones:

Sea ABC el triángulo equilátero de lado 1.

Tomemos la altura A A' del lado BC, y construyamos el cuadrado AA'UV.

Si ahora desde B trazamos la recta BV, cortará a AC en T.

Si trazamos el cuadrado homotético PSRT a AA'UV, el lado SR está sobre BC, el vértice P sobre AB y el T sobre AC. PSRT es el cuadrado inscrito de mayor lado.

Si el lado de ABC es 1, el de PSRT es 2 sqrt (3) – 3.

Los cálculos .. los dejo al lector...

Tracemos ahora el siguiente cuadrado: Sea B* el punto medio de AC.

Tracemos el segmento B*Q, con Q sobre BC, tal que el triángulo B*QC tenga de ángulos 45, 75, 60.

Tracemos el segmento B*W, con W sobre BA, tal que el triángulo B*WA tenga de ángulos 45, 75, 60.

Sea X el simétrico de B* según la diagonal QW.

El cuadrado B*WXQ es el inscrito de menor lado.

Si el lado de ABC es 1, el de B*WXQ es sqr (6-3 sqr(3)) / 2.

Los cálculos...

La relación pedida, cociente entre el mayor y el menor es 2(2 sqrt (3) – 3)/ sqr (6-3 sqr(3)).

La construcción de los cuadrados inscritos en el equilátero es de la siguiente manera:

Se toma un punto sobre un lado en el intervalo [2 sqr(3)-3, 4-2sqr (3)] .

Se gira el triángulo 90º respecto a tal punto, lo que nos dará en su intersección con el original otro punto del cuadrado, con lo que lo podremos construir.

Fuera de tal intervalo no se genera el cuadrado.

Ver en http://www.personal.us.es/rbarroso/cuadinscri.htm un applet.

Saludos cordiales,

Ricardo Barroso

Autor:Ignacio Larrosa Cañestro
Asunto:Re: Cuadrados inscritos en triangulos

Fecha:2004-11-22 13:27:40 PST
> La relación pedida, cociente entre el mayor y el menor es > > 2(2 sqrt (3) - 3)/ sqr (6-3 sqr(3)) = rq(6) - rq(2) = 1.03527618... Si, es lo que obtuve. Me sorprendió lo próximos que eran. --

Saludos, Ignacio Larrosa Cañestro

A Coruña (España)

 

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Autor:José Arrakis (jose.bosch@uv.es)
Asunto:Cuadrilátero
Fecha:2004-11-03 15:59:33 PST

Saludos al grupo.

Os paso un problema del VI Premio Jorge Juan de Alicante.

Es de geometría clásica y yo diría que por dibujo se puede hacer, aunque debe existir solución analítica, creo. Me lo pasó un ex-alumno.

Sea PQRS un cuadrilátero inscrito en una circunferencia.

El ángulo PSR=90º, y sean H y K los pies respectivos de las perpendiculares trazadas desde Q a PR y a PS. Demostrar que la recta HK divide en dos partes iguales al segmento QS.

(Nota: Por pie H se entiende el punto de corte que se obtiene por la intersección en perpendicular desde Q a la recta PR, igualmente para el pie K.

Nótese que según la construcción, los pies pueden a veces quedar "fuera" de la circunferencia).

Pepe Bosch.

Autor:Ignacio Larrosa Cañestro
Asunto:Re: Cuadrilátero

Fecha:2004-11-03 16:41:49 PST

¡Pero SHQK es un rectángulo y HK y QS son sus diagonales!

-- Saludos, Ignacio Larrosa Cañestro A Coruña (España)

Autor:José Bosch (Yonose@quiensoy.es)
Asunto:Re: Cuadrilátero

Fecha:2004-11-04 08:48:02 PST

Yo diría que SHQK no es un rectángulo, mira el dibujo en:

http://www.arrakis.es/~j.bosch/c.gif

Saludos

Autor:Jose H. Nieto (jhnieto@yahoo.com)
Asunto:Re: Cuadrilátero

Fecha:2004-11-04 09:08:34 PST

"José Bosch" <Yonose@quiensoy.es> escribió en el mensaje 
http://groups.google.com/groups?selm=cmdmaf%241lr%241%40peque.uv.es...
> Yo diría que SHQK no es un rectángulo, mira el dibujo en:
> http://www.arrakis.es/~j.bosch/c.gif
>
> Saludos

Si L es el pie de la perpendicular desde Q a SR, entonces SHQL es un 
rectángulo (tal vez en este estaba pensando Ignacio) y HL divide en dos 
partes iguales al segmento QS. Pero H, K y L están alineados (en la recta de 
Simson), y listo.

Saludos,

José H. Nieto

Autor:Ignacio Larrosa Cañestro (ilarrosaQUITARMAYUSCULAS@mundo-r.com)
Asunto:Re: Cuadrilátero

Fecha:2004-11-04 09:17:34 PST

En el mensaje:cmdmaf$1lr$1@peque.uv.es,
José Bosch <Yonose@quiensoy.es> escribió:
> Yo diría que SHQK no es un rectángulo, mira el dibujo en:
> http://www.arrakis.es/~j.bosch/c.gif
>
> Saludos

Tienes razón, había rotulado mal los puntos. Pero lo que si es un rectángulo 
es SKQF, siendo F el pie de la perpendicular por Q a RS. Reproduzco aquí el 
enunciado:

"Sea PQRS un cuadrilátero inscrito en una circunferencia. El ángulo PSR=90º,
y sean H y K los pies respectivos de las perpendiculares trazadas desde Q a
PR y a PS. Demostrar que la recta HK divide en dos partes iguales al
segmento QS."

Tenemos que PRS esta inscrito en la circunferencia, a la que pertenece Q. 
Por tanto los tres pies de las perpendiculares por Q a los lados de PRS 
estan alineados; se trata de la recta de Simson del punto Q. Por tanto la 
recta HK es una diagonal de SKQF y QS es la otra, por lo que se cortan en el 
punto medio.


-- 
Saludos,

Ignacio Larrosa Cañestro
A Coruña (España)
ilarrosaQUITARMAYUSCULAS@mundo-r.com 


Autor:José Bosch (Yonose@quiensoy.es)
Asunto:Re: Cuadrilátero
Fecha:2004-11-04 09:28:02 PST
Ahora sí, faltaba el punto F. Gracias

Saludos

Autor:Ricardo Barroso (rbarroso@us.es)
Asunto:Re: Cuadrilátero

Fecha:2004-11-05 02:29:55 PST

"José Bosch"

Ahora sí, faltaba el punto F. Gracias

Saludos

Otra aportación para la solución:

Sea PQRS un cuadrilátero inscrito en una circunferencia.

El ángulo PSR=90º, y sean H y K los pies respectivos de las perpendiculares trazadas desde Q a PR y a PS.

Demostrar que la recta HK divide en dos partes iguales al segmento QS.

Al ser <PSR=90, es PR diámetro de la circunferencia.

Al tomar una perpendicular desde Q a PR, el punto de corte Q' en que la recta QH corta a la circunferencia es tal que QH = HQ' por ser QQ' cuerda perpendicular al diámetro PR.

El cuadrilátero PKHQ tiene dos ángulos rectos en K y H, luego es inscriptible en otra circunferencia de diámetro PQ.

Supongamos que K y H estén ambos dentro de la circunferencia inicial.

Llamemos M al punto de corte de PR con QS.

Por la primera circunferencia, la dada en el problema, tenemos que <SQ'Q = 180º- <SPQ.

Por la segunda, la PKHQ, tenemos <MHQ = <KHQ= 180º- < KPQ= 180º - < SPQ.

Es decir, que tenemos que <SQ'Q= <MHQ.

Por ello los triángulos SQ'Q y MHQ son semejantes pues tienen el ángulo en Q común y los ángulos en H y en Q' iguales.

Al ser QQ' = 2 QH es también QS= 2QM.

H siempre estará en el interior del diámetro PR.

Ricardo Barroso

Didáctica de las Matemáticas.

Universidad de Sevilla.

 

 

 

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7

Autor:Ricardo Barroso
Asunto:Re: problemas de la OIM de Castellón (5)
Fecha:2004-10-03 10:38:35 PST

Estimados amigos el problema 5 dice:

Problema 5

Dado un triángulo escaleno ABC, se llaman A', B' y C' a los puntos de intersección de las bisectrices interiores de los ángulos A, B y C con los lados opuestos, respectivamente.

Sean: A'' la intersección de BC con la mediatriz de AA', B'' la intersección de AC con la mediatriz de BB' y C'' la intersección de AB con la mediatriz de CC'.

Probar que A'', B'' y C'' son colineales.

 

Solución:

Sea ABC el triángulo, con los ángulos correspondientes 2a, 2b y 2 c.

Sea AA' la bisectriz del ángulo A, con A' en BC.

Es <AA'C= a+2b.

Sea MA'' la mediatriz de AA', con A'' sobre la recta BC.

Los triángulos AMA'' y A'M A'' son simétricos según el eje MA'' y sus ángulos son de 90º en M, a+2c en A y en A' y por ello, 90º - (a+2c)= a + b + c – a – 2c = b- c en A''.

Consideremos el triángulo A'' A C.

Tiene por ángulos 2b-2c en A'', 2a + 2c en A y 2c en C

Consideremos el triángulo A'' B A.

Tiene por ángulos 2b-2c en A'', 2 c+2a en B y 2c en A.

Así pues los triángulos A'' A C y A'' BA son semejantes, luego es A'' C / A'' A = AC/AB, y es A''A= (A''C (AB)) /AC [1].

Ahora consideremos S el punto de corte de la mediatriz MA'' con AB y R el punto de corte de la mediatriz MA'' con AC.

El triángulo MSA' es rectángulo en M y es MA' = MA, MS=MR, luego el ángulo MSA' es igual al ángulo MRA, b+c.

Por ello, SA' es paralelo a AC y los triángulos A'' A' S y A'' CR son semejantes.

De esa manera, es A'' A' / A'' C = A''S/ A''R, luego es A''A' = (A''C (A''S))/A''R.

Por otra parte, de igual manera los triángulos A'' B S y A'' A' R son semejantes.

Luego es A'' A' / A''B = A'' R / A'' S, de donde: A'A''= (A'' B (A''R))/A''S.

Al multiplicar estas dos últimas expresiones de A'A'', obtenemos: (A' A'') (A' A'') = (A'' C) (A'' B) [2].

Si tenemos en cuenta la expresiones [1] y [2], nos queda: ((A''C (AB)) /AC )((A''C (AB)) /AC ) = (A'' C) (A'' B).

Luego es : ((AB)(AB)) / ((AC)(AC)) = A'' B / A'' C

De manera análoga tendríamos, por ejemplo, B'' C / B''A = ((BC)(BC)) / ( (BA )(BA)), y C'' A / C'' B = ((CA)(CA))/((CB)(CB)).

Y es pues: (A'' B) (B'' C) ( C''A)= (A'' C) (B'' A) (C'' B).

Luego por el inverso del teorema de Menalao (ver, por ejemplo en http://www.iescarrus.com/matematicas/edumat/biografias/siglos1/siglos1_04.htm

o en http://www.ctv.es/USERS/pacoga/bella/htm/menelao.htm) , los puntos A'' B'' y C'' están alineados, cqd.

Saludos

Ricardo Barroso

Didáctica de las Matemáticas

Universidad de Sevilla

 

 

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8

Autor:JoRDi (rick18zgz@hotmail.com)
Asunto:2 problamas majos de congruencias1.
Fecha:2004-08-05 08:41:19 PST

Hola: 1. Demostrar, utilizando congruencias, que si un número es a la vez un cuadrado y un cubo, entonces se puede escribir en la forma 7k o 7k+1. 2. ¿Hay algún cuadrado perfecto (entero de la forma k^2, k enteros), que sea congruente con 2 módulo 3? ¿Por qué? Y este de regalo: 3. Sea k un número impar, probar que k^2 es congruente con 1 en módulo 8. Suerte!

Autor:Ricardo Barroso (rbarroso@us.es)
Asunto:Re: 2 problamas majos de congruencias1.

Fecha:2004-08-06 04:04:14 PST

 

Saludos veraniegos.

Hola: > > 1. Demostrar, utilizando congruencias, que si un número es a la vez un cuadrado y un cubo, entonces se puede escribir en la forma 7k o 7k+1.

Si es cuadrado perfecto, puede ser: (7j) (7j)= 7v (7j±1) (7j±1)= 7 v +1 (7j±2) (7j±2)= 7v+4 (7j±3) (7j±3)= 7v +2.

Si es cubo perfecto, puede ser: (7j)(7j)(7j)=7v (7j+1) (7j+1)(7j+1)=7v+1 (7j+2) (7j+2)(7j+2)=7v+1 (7j+3) (7j+3)(7j+3)=7v+6 (7j+4) (7j+4)(7j+4)=7v+1 (7j+5) (7j+5)(7j+5)=7v+6 (7j+6) (7j+6)(7j+6)=7v+6

Luego si a la vez es cuadrado y cubo ha de ser sólo múltiplo de 7 o bien múltiplo de 7 más uno, en efecto.

Los primeros serían 1 = 7*0, 64= 7*9+1,

2. ¿Hay algún cuadrado perfecto (entero de la forma k^2, k enteros), que sea congruente con 2 módulo 3? ¿Por qué?

 

No puede ser un cuadrado de la forma 3n+2 Si es 3n su cuadrado es 3j Si es (3j±1) (3j±1)= 3j+1.

Y este de regalo: 3. Sea k un número impar, probar que k^2 es congruente con 1 en módulo 8.

Si k es impar: k= 2n+1, y k*k = 4nn+4n+1= 4n(n+1)+1. 4n(n+1) siempre es múltiplo de 8, sea n par o impar

Suerte!

Ricardo Barroso Campos

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9

Autor:Ricardo Barroso 
Asunto:sobre un triángulo equilátero

Fecha:2004-11-28 12:05:26 PST
Estimados amigos: Un intrigante e interesante problema del espléndido

Aref, M.N. y Wernick, W. (1968): Problems & solutions in euclidean geometry.

Dover publications, Inc. New York.

Sea ABC un triángulo equilátero, y tracemos su circunferencia circunscrita.

Sea r una recta tangente a dicha circunferencia. 
Sean A' B' C' las proyecciones de A B C sobre r.
Demostrar que AA' + BB' +CC' = 2 h 

Siendo h la altura de ABC.

Saludos desde Sevilla para todos

Ricardo Barroso Campos
Didáctica de las Matemáticas.

Autor:Antonio González 
Asunto:Re: sobre un triángulo equilátero

Fecha:2004-11-28 12:19:58 PST
Ricardo Barroso escribió:
> Estimados amigos: Un intrigante e interesante problema del espléndido
> 
> Aref, M.N. y Wernick, W. (1968): Problems & solutions in euclidean geometry.
> 
> Dover publications, Inc. New York.
> 
> Sea ABC un triángulo equilátero, y tracemos su circunferencia circunscrita.
> 
> Sea r una recta tangente a dicha circunferencia. 
> Sean A' B' C' las proyecciones de A B C sobre r.
> Demostrar que AA' + BB' +CC' = 2 h 
> 
> Siendo h la altura de ABC.
> 

Como siempre, se me da mejor la geometría analítica, así que vamos allá.
Consideraremos la circunferencia unidad, y la recta tangente y = 1.

Los vértices del triángulo son

  A(cos(a), sen(a))

  B(cos(a+2pi/3), sen(a+2pi/3))

  C(cos(a-2Pi/3), sen(a-2Pi/3))

y sus proyecciones

  A(cos(a),1)

  B(cos(a+2pi/3),1)

  C(cos(a-2Pi/3),1)

De forma que

  AA'+ BB' + CC' = 1- sen(a) + 1 - sen(a+ 2pi/3) + 1 - sen(a-2pi/3)

Desarrollando

  AA'+ BB' + CC' = 3 - sen(a) - 2sen(a)cos(2pi/3) = 3

Por otro lado

  h = (3/2)R = (3/2)

y, evidentemente

  AA'+ BB' + CC' = 2h

-- 

   Antonio
Autor:Ignacio Larrosa Cañestro 
Asunto:Re: sobre un triángulo equilátero

Fecha:2004-11-28 15:12:37 PST

En el mensaje:30uq7bF33inc0U1@uni-berlin.de,
Antonio González  escribió:
> Ricardo Barroso escribió:
>> Estimados amigos: Un intrigante e interesante problema del espléndido
>>
>> Aref, M.N. y Wernick, W. (1968): Problems & solutions in euclidean
>> geometry. Dover publications, Inc. New York.
>>
>> Sea ABC un triángulo equilátero, y tracemos su circunferencia
>> circunscrita. Sea r una recta tangente a dicha circunferencia.
>> Sean A' B' C' las proyecciones de A B C sobre r.
>> Demostrar que AA' + BB' +CC' = 2 h
>>
>> Siendo h la altura de ABC.
>>
>
> Como siempre, se me da mejor la geometría analítica, así que vamos
> allá. Consideraremos la circunferencia unidad, y la recta tangente y
> = 1.
> Los vértices del triángulo son
>
>  A(cos(a), sen(a))
>
>  B(cos(a+2pi/3), sen(a+2pi/3))
>
>  C(cos(a-2Pi/3), sen(a-2Pi/3))
>
> y sus proyecciones
>
>  A(cos(a),1)
>
>  B(cos(a+2pi/3),1)
>
>  C(cos(a-2Pi/3),1)
>
> De forma que
>
>  AA'+ BB' + CC' = 1- sen(a) + 1 - sen(a+ 2pi/3) + 1 - sen(a-2pi/3)
>
> Desarrollando
>
>  AA'+ BB' + CC' = 3 - sen(a) - 2sen(a)cos(2pi/3) = 3
>
> Por otro lado
>
>  h = (3/2)R = (3/2)
>
> y, evidentemente
>
>  AA'+ BB' + CC' = 2h

Pero también admite una solución más 'física'. Si trazamos una paralela a la 
tangente dada por el centro del triángulo, la suma de distancias, con signo, 
de los vértices hasa ella, sera cero, pues pasa por su centro de gravedad. 
Desplazándola ahora hasta la periferia de la circunferencia, cada una de 
estas distancias se incrementa en +r, ahora ya son todas >= 0, por lo que su 
suma será ahora 3r = 2h.



-- 
Saludos,

Ignacio Larrosa Cañestro
A Coruña (España)


Autor:Ricardo Barroso 
Asunto:Re: sobre un triángulo equilátero

Fecha:2004-11-28 22:49:02 PST
Otra solución: Solución por trapecios. Sea ABC el triángulo equilátero, r la recta tangente a la circunferencia circunscrita. AA', BB' y CC' las proyecciones sobre r de A, B y C. Sea C1 el punto medio de AB, y C1M la proyección sobre r. Al ser AA'B'B un trapecio, es (AA'+BB')/2 = C1 M. Sea N el punto medio de CC1, que es mediana, bisectriz y altura de C. Sea NP la proyección sobre r. Al ser CC'MA1 un trapecio, es NP = (C1M+CC')/2 =(AA'+BB'+CC')/2. Luego hemos de ver que NP=h, siendo h la altura de ABC. Tracemos el radio OT = radio= 2h/3 perpendicular a r. Consideremos el trapecio ONPT. Es ON=h/2-h/3 = h/6. Tracemos con centro O una circunferencia de radio ON, que cortará a OT en U. Es OU =ON=h/6. Luego es UT=OT – OU= 2h/3 – h/6 = (4h-h)/6=h/2. Si construimos la recta NU, cortará a r en V. Los triángulos NPV y UTV son semejantes. Luego NP = 2(UT) = h. Cqd, AA'+BB'+CC'=2h. Saludos Ricardo

Autor:Antonio González
Asunto:Re: sobre un triángulo equilátero

Fecha:2004-11-28 23:17:58 PST

Ignacio Larrosa Cañestro escribió:
> 
> Pero también admite una solución más 'física'. Si trazamos una paralela a la 
> tangente dada por el centro del triángulo, la suma de distancias, con signo, 
> de los vértices hasa ella, sera cero, pues pasa por su centro de gravedad. 
> Desplazándola ahora hasta la periferia de la circunferencia, cada una de 
> estas distancias se incrementa en +r, ahora ya son todas >= 0, por lo que su 
> suma será ahora 3r = 2h.
> 

Sí, esa la penseé más tarde, usando álgebra vectorial.

Se trata de hallar el módulo de  AA'+BB'+CC'

AA'+ BB'+ CC' = OA' + OB' + OC' - OA - OB - OC

pero OA + OB + OC = 0 y la componente paralela a la recta de OA'+OB'+OC' 
  también, por ser la misma que para OA+OB +OC. Queda la componente 
normal de OA'+OB'+OC', que es tres veces el radio, 3R = 2h.

-- 

   Antonio

 

 

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Autor:Ricardo Barroso 
Asunto:conociendo tres puntos... construir el triángulo

Fecha:2003-05-30 10:26:51 PST
Estimados amigos:

Se conocen los puntos de corte de las bisectrices de un triángulo M, N
y P con la circunferencia circunscrita al mismo.

Construir el triángulo ABC.


Saludos cordiales.


Ricardo Barroso

Sevilla
Autor:Deschamps
Asunto:Re: conociendo tres puntos... construir el triángulo
 
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Grupos de noticias:
Fecha:2003-05-30 11:26:40 PST
Hola!

    Ricardo Barroso ha comentado:
    > [..] Se conocen los puntos de corte de las bisectrices
    > de un triángulo M, N y P con la circunferencia
    > circunscrita al mismo. Construir el triángulo ABC. [..]

No parece ser complicado, aunque igual me precipito en mis 
impresiones... Detallo el procedimiento a seguir:

Sabemos que:

    C pertenece a OP
    B     "     a ON
    A     "     a OM

Consideramos:

    Puntos C1 y C2 tq CC1 y CC2 rectas tangentes a la circunferencia
      "    B1 y B2 tq BB1 y BB2   "        "                "
      "    A1 y A2 tq AA1 y AA2   "        "                "

Imponiendo:

    B2=C1 ==> B y C determinados
    A2=B1 ==> A y B      "
    C2=A1 ==> A y C      "


Sólo queda expresar todo eso en ecuaciones... :-)
Un saludo!

-- 
Serge Deschamps
deschamps en canarias.org
Autor:Ignacio Larrosa Cañestro 
Asunto:Re: conociendo tres puntos... construir el triángulo
 
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Grupos de noticias:es.ciencia.matematicas
Fecha:2003-05-30 16:01:50 PST
Deschamps <NOSPAM@canarias.org> escribió en el
mensaje|nXns938BC5EE97F47235Deschamps4335SFD1@130.133.1.4:

> Hola!
>
>     Ricardo Barroso ha comentado:
>     > [..] Se conocen los puntos de corte de las bisectrices
>     > de un triángulo M, N y P con la circunferencia
>     > circunscrita al mismo. Construir el triángulo ABC. [..]
>
> No parece ser complicado, aunque igual me precipito en mis
> impresiones... Detallo el procedimiento a seguir:
>
> Sabemos que:
>
>     C pertenece a OP
>     B     "     a ON
>     A     "     a OM

¿Quien es O? Si es el circuncentro, no es cierto. Lo que si es cierto es que
M es el punto medio del arco BC, N del AC y P del AB. A partir de aqui, es
fácil ver que MN es perpendicular a CP, MP _|_ BN y NP_|_AM, lo que permite
determinar los puntos A, B y C


--
Saludos,

Ignacio Larrosa Cañestro
A Coruña (España)
ilarrosaQUITARMAYUSCULAS@mundo-r.com

Autor:Deschamps (NOSPAM@canarias.org)
Asunto:Re: conociendo tres puntos... construir el triángulo

Fecha:2003-05-31 09:39:37 PST
Hola!

    Ignacio Larrosa Cañestro ha comentado:
    > ¿Quien es O? Si es el circuncentro, no es cierto. [..]

Sí, me precipité un poco y olvidé detallar que O es el centro de la 
circunferencia determinada por M,N y P.


Un saludo!

-- 
Serge Deschamps
deschamps en canarias.org
Autor:Ricardo Barroso (
Asunto:Re: conociendo tres puntos... construir el triángulo
Fecha:2003-06-01 00:58:58 PST
Deschamps <NOSPAM@canarias.org> wrote in message 
> Hola!
> 
>     Ignacio Larrosa Cañestro ha comentado:
>     > ¿Quien es O? Si es el circuncentro, no es cierto. [..]
> 
> Sí, me precipité un poco y olvidé detallar que O es el centro de la 
> circunferencia determinada por M,N y P.
> 
> 
> Un saludo!

Otra solución es:

Se traza la circunferencia circunscrita a MNP y el triángulo DEF
formado por las tangentes a la misma. Tracemos las bisectrices de DEF
y a continuación, paralelas a estas bisectrices por los puntos M, N y
P. Los cortes con la circunferencia nos dará la solución

(Tomado de García Ardura (1948), Problemas gráficos de geometría
originales en su mayor parte)


saludos 


Ricardo Barroso

 

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11

Autor:Leon-Sotelo. (leonsotelo@wanadoo.es)
Asunto:F(2003)
Fecha:2003-05-23 23:53:01 PST

Se divide entre 7 el 2003º término de la secuencia de Fibonacci.¿Que resto se obtiene?.

Saludos. León-Sotelo.

Autor:Antonio González (gonfer@esi.us.es)
Asunto:Re: F(2003)

Fecha:2003-05-24 01:31:04 PST

Leon-Sotelo., en una muestra de su admirable prosa, afirmó en el mensaje 7ee8d1ed.0305232253.204b5bc3@posting.google.com que:

Se divide entre 7 el 2003º término de la secuencia de Fibonacci.¿Que resto se obtiene?.

Los números de Fibonacci verifican F_n = F_(n-1) + F_(n-2) F_1 = 1 F_2 = 1

Esta relación también se cumple módulo 7.

Los primeros valores son 1, 1, 2, 3, 5, 1, 6, 0, 6, 6, 5, 4, 2, 6, 1, 0, 1, 1,... y una vez que se repite el par 1,1, ya toda la secuencia se repite periódicamente.

Así pues los restos siguen una secuencia periódica de longitud 16. 2003 = 3 (mod 16) por lo que el resto buscado es el tercero del periodo, esto es, 2

Antonio

Autor:Ricardo Barroso (rbarroso@us.es)
Asunto:Re: F(2003)

Fecha:2003-05-24 03:23:12 PST

leonsotelo@wanadoo.es (Leon-Sotelo.) wrote in message

Se divide entre 7 el 2003º término de la secuencia de Fibonacci.¿Que resto se obtiene?.

Saludos. León-Sotelo.

Amigo León-Sotelo:

Según: http://www.mcs.surrey.ac.uk/Personal/R.Knott/Fibonacci/fibCalcX.html el término 2003 es: 178961008525439181727975187006826429966906688

989817302288253868729104734931862387371331922375453691165416535410779564985641165790970726

493851518699892109401364643854420183197677188567670468125329133130050535122843113400509750

601311788674318752825909696826291395433453630738647717491084865096859767335137756729876027

8404368552863981799678294951029731074378620890024243913103264630251205445794375512717 040755075702462377

que tiene la friolera de 419 dígitos.

Bien, el criterio de divisibilidad por 7 el resto es: u+d*3+c*2 -um - dm *3 -cm *2...

Una vez obtenido, habría que "encajarlo2 entre 0 y 6, sumando o restando 7n...

Es decir, que habría que tomar los 419 y dividirlos en grupos de 6 y aplicarles el criterio.

El principio sería: 7 + 7*3 + 3*2 - 2- 6*3 - 4 *2 + 2 + 0*3 + 7*2 - 5 - 7*3 - 0 *2...

Y así. He intentado llevar el número a la caculadora de http://www.wiris.com/demo/es/ pero...

Saludos (todos los 7 y ceros son espléndidos para el cálculo_)

Ricardo Barroso

utor:Maths For More Wiris
Asunto:Re: F(2003)

Fecha:2003-05-26 10:16:00 PST

Respecto a WIRIS, efectivamente el número de fibonacci no funciona correctamente.

fibonacci(2003) corresponde realmente a fibonacci(2002).

Cuando se actualize el motor de cálculo (lo hacemos regularmente) ya funcionará correctamente.

Un saludo y gracias por usar WIRIS,

Maths for More

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12

 

Autor:Ricardo Barroso

Asunto:una aventura de los cuadrados
Fecha:2003-05-17 03:20:01 PST

Estimados amigos:

Con las nueve cifras significativas 1 2 3 4 5 6 7 8 9 sin repetir ninguna,

¿cuántos cuadrados hay? ¿y con las diez cifras, sin repetir ninguna, cuántos hay?

Ricardo Barroso

Autor:Ignacio Larrosa Cañestro
Asunto:Re: una aventura de los cuadrados

Fecha:2003-05-17 04:07:42 PST

"Ricardo Barroso" <rbarroso@us.es> escribió en el mensaje
http://groups.google.com/groups?selm=3b4ac978.0305170220.156a3e94%40posting.google.com...
> Estimados amigos:
>
> Con las nueve cifras significativas
> 1  2  3  4  5  6  7  8  9
> sin repetir ninguna,
>
> ¿cuántos cuadrados hay?


30

Solo uno de ellos es el cuadrado de un número formado por las 5 primeras
cifras (sin el cero).

Estan comprendidos entre 123456789 y 987654321, por lo que sus raíces
cuadradas están entre 11112 y 31426.

> ¿y con las diez cifras, sin repetir ninguna, cuántos hay?

87

Están comprendidos entre 1023456789 y 9876543210, por lo que sus raíces
cuadradas están entre 31991 y 99380.

Lo forma más rápida de localizarlos creo que es elevar al cuadrado los
números en los intervalos considerados y comprobar que sus cifras son todas
distintas (y distintas de cero en el primer caso).


--
Saludos,

Ignacio Larrosa Cañestro
A Coruña (España)
ilarrosaQUITARMAYUSCULAS@mundo-r.com

Autor:Antonio Torrecillas (atorre33@teleline.es)
Asunto:Re: una aventura de los cuadrados

Fecha:2003-05-17 05:12:16 PST
Te puede ahorrar un 10% de las pruebas (y por tanto puede que "casi" una 10% más rápido) si no elevas al cuadrado los acabados en 0 y por tanto en esos casos no haces ninguna comprobación. Claro que o bien complicas la presentación de la lista de números o bien introduces una condición que ralentizaría las otras 9 terminaciones. AT Pd: Puede que me digas que me complico la vida para conseguir un avance poco significativo, pero la culpa es tuya por provocar con tu primera línea.

 

Autor:Ricardo Barroso (rbarroso@us.es)
Asunto:Re: una aventura de los cuadrados

Fecha:2003-05-17 10:25:53 PST
Dado que 1+2+3+4+5+6+7+8+9=0+1+2+3+4+5+6+7+8+9=45=9*5, 
siempre será múltiplo de 9 el cuadrado, por lo que bastará buscar
entre los múltiplos de 3 acotados por Ignacio Larrosa y restringidos
por Antonio Torrecillas.


pero, claro entre 11112 y 31426 hay 20325 números, de los que la
décima parte terminan en 0 y la tercera son múltiplos de 3..

Así, aproximando un poco, habría 2032 múltiplos de 10,
6775 múltiplos de 3, 677 múltiplos de 30...

así, pues  habría que investigar:

20325 - 2032 - 6775 + 677 = 12195

De todas maneras siguen siendo "algunos"...

Ignacio.. 
¿de dónde salen 30?

Saludos 
Ricardo Barroso
Sevilla
Autor:Ignacio Larrosa Cañestro 
      Asunto:Re: una aventura de los cuadrados 

Fecha:2003-05-17 10:44:08 PST
 



También podría restringirse fácilmente la busqueda, para evitar que la última cifra coincidiese con la primera. Pero para realizar una búsqueda a 'mano' todas estas restricciones parecen insuficientes, y para hacerlo a 'máquina', irrelevantes o incluso contraproducentes, teniendo en cuenta la poca envergadura de la tarea (para la 'máquina'). Sin contar el tiempo de desarrollo del 'software' ...

No se si puede resolverse de otra forma a 'mano', pero no parece probable ...

>Ignacio.. > ¿de dónde salen 30?

Yo lo hice con un programa en UBASIC, sin duda mejorable

. i) Sin ceros 2 dim A(9):J=0:print=print+"CUAD9DIS.TXT"

10 for N=11112 to 31426

12 for K=0 to 9:A(K)=0:next K

20 M=N^2:B=0

30 for K=0 to 8

40 S=M @ 10:if A(S)=1 or S=0 then K=8:B=1:goto 60 else A(S)=1

50 M=M\10

60 next K 64 if B=0 then print N,N^2:J=J+1

70 next N

80 print J:print=print

Resultados: 11826 139854276

12363 152843769 12543 157326849

14676 215384976 15681 245893761

15963 254817369 18072 326597184

19023 361874529 19377 375468129

19569 382945761 19629 385297641

20316 412739856 22887 523814769

23019 529874361 23178 537219684

23439 549386721 24237 587432169

24276 589324176 24441 597362481

24807 615387249 25059 627953481

25572 653927184 25941 672935481

26409 697435281 26733 714653289

27129 735982641 27273 743816529

29034 842973156 29106 847159236

30384 923187456

ii) Con ceros

2 dim A(9):J=0:print=print+"CUAD10di.TXT"

10 for N=31991 to 99380

12 for K=0 to 9:A(K)=0:next K

20 M=N^2:B=0

30 for K=0 to 9

40 S=M @ 10:if A(S)=1 then K=9:B=1:goto

60 else A(S)=1 50 M=M\10 60 next K 64 if B=0 then print N,N^2:J=J+1

70 next N

80 print J:print=print

Resultados:

32043 1026753849 32286 1042385796

33144 1098524736 35172 1237069584

35337 1248703569 35757 1278563049

35853 1285437609 37176 1382054976

37905 1436789025 38772 1503267984

39147 1532487609 39336 1547320896

40545 1643897025 42744 1827049536

43902 1927385604 44016 1937408256

45567 2076351489 45624 2081549376

46587 2170348569 48852 2386517904

49314 2431870596 49353 2435718609

50706 2571098436 53976 2913408576

54918 3015986724 55446 3074258916

55524 3082914576 55581 3089247561

55626 3094251876 56532 3195867024

57321 3285697041 58413 3412078569

58455 3416987025 58554 3428570916

59403 3528716409 60984 3719048256

61575 3791480625 61866 3827401956

62679 3928657041 62961 3964087521

63051 3975428601 63129 3985270641

65634 4307821956 65637 4308215769

66105 4369871025 66276 4392508176

67677 4580176329 68763 4728350169

68781 4730825961 69513 4832057169

71433 5102673489 72621 5273809641

75759 5739426081 76047 5783146209

76182 5803697124 77346 5982403716

78072 6095237184 78453 6154873209

80361 6457890321 80445 6471398025

81222 6597013284 81945 6714983025

83919 7042398561 84648 7165283904

85353 7285134609 85743 7351862049

85803 7362154809 86073 7408561329

87639 7680594321 88623 7854036129

89079 7935068241 89145 7946831025

89355 7984316025 89523 8014367529

90144 8125940736 90153 8127563409

90198 8135679204 91248 8326197504

91605 8391476025 92214 8503421796

94695 8967143025 95154 9054283716

96702 9351276804 97779 9560732841

98055 9614783025 98802 9761835204

99066 9814072356 87

Autor:Ricardo Barroso (rbarroso@us.es)
Asunto:Re: una aventura de los cuadrados
Grupos de noticias
Fecha:2003-05-17 10:53:34 PST

 

Antonio Torrecillas <atorre33@teleline.es> wrote in message http://groups.google.com/groups?selm=3EC623B3.4020200%40teleline.es...
> En/na Ignacio Larrosa Cañestro ha escrit:
> > Lo forma más rápida de localizarlos creo que es elevar al cuadrado los
> > números en los intervalos considerados y comprobar que sus cifras son todas
> > distintas (y distintas de cero en el primer caso).
> > 
> > --
> > Saludos,
> > 
> > Ignacio Larrosa Cañestro
> 
> Te puede ahorrar un 10% de las pruebas (y por tanto puede que "casi" una 
> 10% más rápido) si no elevas al cuadrado los acabados en 0 y por tanto 
> en esos casos no haces ninguna comprobación.
> 
> Claro que o bien complicas la presentación de la lista de números o bien 
> introduces una condición que ralentizaría las otras 9 terminaciones.
> 
> AT
> 
> Pd: Puede que me digas que me complico la vida para conseguir un avance 
> poco significativo, pero la culpa es tuya por provocar con tu primera línea.

ah!...

las prisas son siempre malas consejeras... 


evidentemente, "mis cuentas" estaban mal.

De los 20315 limitados por Igancio  entre 11112 y 31426 
y los 2031 eliminados por Antonio, 

se tiene, creo que ahora sí va, que hay que investigar
ya que el número ha de ser múltiplo de 3 
20315 dividido por 3, 6771 números. 

Pero ahí están incluidos 677 de Antonio, luego aerán:
6094 pero sigo pensando igual, son "muchos"...

¿cómo acotar más?

Saludos y "...." por el despiste


Ricardo Barroso

Sevilla

 

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13

 

Autor:Leon-Sotelo.
Asunto:Solo una
Fecha:2003-05-14 11:52:43 PST

Se da la ecuación x^3 + ax^2 + (a^2+7)x - 31 = 0 en la que a es un
número real.Demostrar que solamente una de las  raices de esa ecuación
es real.

Saludos.
León-Sotelo.

Autor:J. L. 
Asunto:Re: Solo una

Fecha:2003-05-14 12:06:39 PST

Se me ocurre...

Como el grado del polinomio es impar, al menos tiene una raiz
real.

Ahora, la derivada de f(x) = x^3 + ax^2 + (a^2+7)x - 31 es

f'(x) = 3x^2 + 2ax + a^2+7, y el discriminante de esta ec. de
segundo grado es

4a^2 - 4*3*(a^2+7) < 0

es decir, la derivada no tiene raices reales, lo que significa que
f'(x) > 0, y la función original es estrictamente creciente. Por
tanto, solo tiene una raiz real.


Saludos
--
José L. Sánchez Garrido

Autor:J. L. (jlsgarrido@inbox.lv)
Asunto:Re: Solo una


De hecho, para toda k > -2/3 a^2, la ecuacion

x^3 + ax^2 + (a^2+k)x - 31 = 0

tiene una única solución real.

Me agradaría leer sus comentarios sobre la solucion, que
ultimamente mi autoestima anda por los suelos. La he embarrado con
singular frecuencia en los últimos días, como podrá atestiguar
Ignacio :-)

Saludos
--
José L. Sánchez Garrido
Autor:Ignacio Larrosa Cañestro
        Asunto:Re: Solo una 

Fecha:2003-05-14 13:48:11 PST
Del hecho que el discriminante sea negativo, se concluye efectivamente que 4a^2 - 4*3*(a^2+k) <= 0 ==> a^2 <= 3 (a^2 + k) ==> k >= -(2/3) a^2 El caso en que el discriminate sea cero, tambien conduce necesariamente a una sola raíz.

Pero esta es una condición suficiente para que exista una sola solución real, pero no es necesaria.

Es decir, si hay máximos y mínimos, pero el máximo de la función es negativo, o el mínimo positivo, también habrá una sola solución real.

Hace poco salio un problema, creo que era el de 'Intervalo de valores', que intenté resolver así, pero no hubo manera ...

> Me agradaría leer sus comentarios sobre la solucion, que

> ultimamente mi autoestima anda por los suelos. La he embarrado con

> singular frecuencia en los últimos días, como podrá atestiguar

>

Ignacio :-) Pasa hasta en las mejores familias, y a mi con mucha frecuencia ... Además sci.math es un territorio bastante peligroso ...

Saludos, Ignacio Larrosa Cañestro A Coruña (España)

Autor:Carlos (churlos@netscape.net)
Asunto:Re: Solo una

Fecha:2003-05-15 11:41:32 PST




La derivada de x^3 + ax^2 + (a^2+7)x - 31  es 3x^2 + 2ax + a^2 + 7,
que reagrupando términos se convierte en x^2 + 2ax + a^2 + 2x^2 + 7=
(x+a)^2 + 2x^2 + 7, l que siempre es mayor o igual que 7 y, por tanto,
positivo. Así que el polinomio dado es monótono creciente, y solo
puede tener una raíz real.

 

Autor:Ricardo Barroso 
        Asunto:Re: Solo una 

Fecha:2003-05-15 13:26:54 PST
Sopongamos lo contrario, que tuviese más de una. Ello significaría que la correspondiente función y=x^3 + ax^2 + (a^2+7)x - 31 cortaría al eje de las x al menos dos veces. Al ser polinómica, es continua, y por ello, debería en tal caso tener al menos un extremo (máximo o mínimo situado entre tales puntos de corte. Si derivamos es: y' = 3 x^2 + 2 a x + a^2 + 7 y' = 2 x^2 + (x + a)^2 + 7 Evidentemente, y' no puede cumplir la condición necesaria para tal situcaión geométrica. Es decir, y'>0 para todo x de R. Por tanto, y pòr reducción al absurdo, y=x^3 + ax^2 + (a^2+7)x - 31 no puede cortar dos veces al eje x. Y c.q.d x^3 + ax^2 + (a^2+7)x - 31 solo tiene una raíz. Saludos Ricardo Barroso Sevilla
Autor:Xavi 
Asunto:Re: Solo una

Fecha:2003-05-15 14:44:23 PST
La derivada de p(x) = x^3+a*x^2+(a^2+7)*x-31 es p'(x)=3*x^2+2*a*x+a^2+7 Las raices de p'(x) son -1/3*a+-1/3*sqrt(-2*a^2-21) que son claramente numeros complejos ya que -2*a^2-21 <0 para cualquier a. Por lo tanto p(x) no tiene maximos ni minimos como funcion real, y de donde tenemos que hay una sola raiz real de p(x). (Comentario: Es facil ver que un polinomio de grado 3 con 3 raizes reales tiene un maximo y un minimo; dicho de otro modo, si p(x) tiene 3 raices reales, entonces p'(x) tiene dos raices reales). Xavi
 

 

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14

 

Autor:Ricardo Barroso 

Fecha:2003-05-11 22:41:33 PST
Estimados colegas: 
Un problema tomado de una conferencia de Francisco Bellot, de la
revista suiza ELement der Mathematik, propuesto en la fase local de
Valladolid en 1990 y en unas Olimpíadas de Canada

Demostrar que x es racional si y solamente si en la sucesión cuyos
primeros términos son
 x , 1+x, 2+x, 3+x, ..., n+x,... 
se pueden extraer tres términos que formen una progresión geométrica. 


Saludos 

Ricardo Barroso
Sevilla


Autor:Ignacio Larrosa Cañestro 
Asunto:Re: racional

Fecha:2003-05-12 01:03:52 PST

i) 3 términos en progresión geométrica ===> x racional

Sean  m + x, n + x y p +x en progresión geométrica,  con m < n < p enteros.
Entonces

(n + x)/(m + x) = (p + x)/(n + x)  ==> (n + x)^2 = (p + x)(m +x)


x^2 + 2nx + n^2 = x^2 + (m + p)x + mp

x = (n^2 - mp)/(m + p - 2n)

Si fuese m + p = 2n, tendría que ser n^2 = mp, lo que es imposible, pues la
media geométrica solo es igual a la aritmética si ambos números son iguales,
lo que no es el caso (m < p).

ii) x racional ===> 3 términos en prog. geom.

Sea x = a/b, con mcd(a, b) = 1

(m + a/b)/(a/b) = (n + a/b)/(m + a/b) ==>

(bm + a)/a = (bn + a)/(bm + a)  ===>

n = m(2a + bm)/a

Basta tomar entonces m múltiplo de a y n de la forma anterior, para que

a/b, m + a/b, n + a/b estén en progresión geométrica.


--
Saludos,

Ignacio Larrosa Cañestro
A Coruña (España)
ilarrosaQUITARMAYUSCULAS@mundo-r.com

 

 

 

 

 

 

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15

Autor:Ricardo Barroso
Asunto:¿Existe?
Fecha:2003-05-05 08:32:11 PST

stimados colegas:

Un problema de la Olimpiada Nacional de España de hace varios años,
fue:

Dada una progresión aritmética de naturales, si existe en ella un
cuadrado, existen infinitos.

La demostración por recurrencia es, además de elegante y elemental,
muy interesante.

Mi propuesta para ampliar el contenido del problema, es:

¿Existe alguna progresión aritmética de números naturales en la que no
haya cuadrados?


Saludos cordiales

Ricardo Barroso Campos
Sevilla (España)

Autor:Ignacio Larrosa Cañestro 
Asunto:Re: ¿Existe?

Fecha:2003-05-05 10:35:45 PST
Si: 3, 7, 11, 15, ...

Todos los números de esta sucesión son iguales a 3 (mod 4), y 3 no es un
cuadrado (mod 4). Como tampoco 2, por lo que 2, 6, 10, 14, 18, ... tampoco
contiene cuadrados.

Lo mismo puede hacerse para cualquier otra diferencia. Si la diferencia es
un número p primo mayor que 2, de las p sucesiones que pueden formarse,
(p+1)/2 contienen infinitos cuadrados, incluyendo la que tiene de primer
elemento p, y (p-1)/2 no los contienen.


--
Saludos,


Ignacio Larrosa Cañestro
A Coruña (España)

 

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