martes, 8 de febrero de 2011

Problema del día - 8 de febrero 2011 (geometría)

Este es uno de mis problemas favoritos, apareció en un selectivo para la IMO hace mucho tiempo pero no sé dónde surgió originalmente. Espero que no muchos lo conozcan.

Tienes una copa y un lápiz, con ellos puedes dibujar un círculo usando el borde de la copa (el círculo que queda es del mismo tamaño que el borde de la copa). En una hoja de papel está dibujado un círculo del mismo tamaño que el borde de la copa y un punto $P$ en este círculo. Es posible encontrar el punto diametralmente opuesto a $P$ usando únicamente la copa y el lápiz?

Notas:
Usar únicamente la copa y el lápiz significa que dados dos puntos puedes trazar cualquiera de los dos círculos que pasan por esos dos puntos y que tienen el mismo diámetro que el borde de la copa.
No se vale hacer trampa (romper la copa, marcar la copa, usar otros objetos, dibujar un círculo tangente a otro dado por un punto sin conocer otro punto por el que pase, usar una cantidad infinita de pasos, etc.)

12 comentarios:

Diego627 dijo...

Ya lo habiamos visto en una tarea.

El niño dijo...

¿cuándo?

Diego627 dijo...

Creo que hace 2 años en la tercer tarea.

Eduardo dijo...

Me acuerdo que una vez nos contaste ese problema edgardo! tu lo conoces, niño?

David (sirio11) dijo...

Cuantos de los que están ahorita estaban hace 2 años?, solo para saber de que tamaño es el ya lo habíamos visto.

IwakuraIsa dijo...

Conozco el dato porque yo era olimpico cuando encargaron ese problema en una tarea. Es de la segunda tarea rumbo a la IMO 2009. Son 7 de los actuales oros quienes ya lo debieron haber visto (no necesariamente resuelto)

Jorge 'Chuck' dijo...

Sí se puede:

Si la circunferencia escrita la llamamos $\Omega_{1}$, tracemos $\Omega_{2}$ tal que pase por P, corte a $\Omega_{1}$ de nuevo en $D$ y sea distinta de $\Omega_{1}$. A una tercer circunferencia $\Omega_{3}$ distinta de las otras la trazaremos de manera que corte a $\Omega_{2}$ en $D$ y en otro punto interior a $\Omega_{1}$ al que llamaremos $A$. Tracemos una cuarta circunferencia $\Omega_{4}$ que pase por $A$ y corte a $\Omega_{3}$ y a $\Omega_{2}$ en $B$ y $C$ respectivamente. Tracemos una circunferencia $\Omega_{5}$ que pase por $B$ y $C$
Veamos ahora que el circuncírculo del triángulo $\Delta BDC$ Tiene el mismo radio que las otras circunferencias que hemos estado trazando. Para esto, llamemos al centro de la Circunferencia $\Omega_{i}$, $O_{i}$ para toda $i$ en los naturales. Ahora veamos que como todos los radios trazados hasta ahora son iguales, tenemos un hexágono $AO_{2}BO_{5}CO_{3}$ con todos sus lados iguales y de manera que si trazamos $O_{4}A$, $O_{4}B$ y $O_{4}C$ todas son de las mismas longitudes. Con esto podemos ver que tenemos tres rombos $AO_{3}BO_{4}$, $CO_{5}BO_{4}$ y $AO_{2}CO_{4}$. De manera que como también $O_{2}D$ y $O_{3}D$ miden lo mismo que los demás, también son paralelas a $BO_{5}$ y $CO_{5}$ respectivamente y entonces para formar un paralelogramo de cada lado, bebemos trazar una paralela a $O_{3}C$ que pase por $D$ y esta supongamos, intersecta a $CO_{5} $y $BO_{5}$ en diferentes puntos, pero como forman un paralelogramo y además es un rombo, pues deben medir lo mismo, por lo que en realidad deben ser el mismo punto, y esto ocurre si y sólo si la intersección es en $O_{5}$ por lo que $O_{5}D$ mide lo mismo que los otros radios.
Ahora, si llamamos a las intersecciones de $\Omega_{4}$ con $\Omega_{1}$, $S_{1}$ y $S_{2}$ trazamos las últimas circunferencias $\Omega_{6}$ y $\Omega_{7}$ que pasen por $B$ y $S_{1}$ y por $B$ y $S_{2}$ respectivamente ambas intersectan a $\Omega_{1}$ por un argumento similar al que usamos en el párrafo anterior, en un mismo punto, y éste es el punto diametralmente opuesto a $P$, llamado $P'$ y una manera fácil de ver que es cierto es que al igual que en el hexágono de hace rato analizaremos los paraleleismos.
$P'O_{1} \parallel O_{6}S_{1} \parallel O_{4}B \parallel O_{2}D$ y como $O_{1}PO_{2}D$ Forman un rombo, $O_{2}D\parallel PO_{1}$ y en general, $P'O_{1}\parallel PO_{1}$ y como ambas pasan por $O_{1} $entonces son la misma recta y entonces $P$ y $P'$ son diametralmente opuestas.

Jorge 'Chuck' dijo...
Este comentario ha sido eliminado por el autor.
Jorge 'Chuck' dijo...

en el útlimo parrafo se omitio lo siguiente:
$P'O_{1}$ || $O_{6}S_{1}$ || $O_{4}B$ || $O_{2}D$ y como $O_{1}PO_{2}D$ Forman un rombo, $O_{2}D\parallel PO_{1}$ y en general, $P'O_{1}$ || $PO_{1}$ y como ambas pasan por $O_{1}$ entonces son la misma recta y entonces $P$ y $P'$ son diametralmente opuestas.

Jorge 'Chuck' dijo...

ahi donde ven que solo marca P como algo paralelo a otra cosa en este ultimo comentario, en realidad escribí P'O_{1} y también en la última oracion de este ultimo comentario y en la última oracion del penúltimo parrafo del otro comentario me cambio P' por P en un pedazo donde dice " llamado P' "

FerchoAñorvus dijo...

Para esta solución debe mencionarse primero que si dos circunferencias del mismo radio con centros en M, N se intersecan en X, Y entonces MX || NY, puesto que MXNY es un paralelogramo porque sus cuatro lados son iguales por ser radios.Si se tiene en un principio una circunferencia Ω1 y en ella un punto A del cual se quiere obtener el punto diametralmente opuesto respecto a Ω1, entonces trazamos una circunferencia que pase por ese punto A. A esta circunferencia la llamaremos Ω2 y al punto de intersección de Ω1 y Ω2 diferente de A lo llamamos B. Sobre Ω2 trazamos dos puntos: E y F sobre Ω2 con la condición de que F se encuentre más cerca de B que E y que sea diferente de B y que E esté más cerca de A que F y que E sea diferente de A. Además, trazamos E y F tal que estén dentro de Ω1. Después de esto trazamos una circunferencia Ω3 que pase por E y F y una circunferencia Ω4 que pase por B y por E. Llamamos J a la intersección entre Ω3 y Ω4 diferente de F. Llamemos H a la intersección entre Ω3 y Ω1 más cercana a J. Tracemos Ω5 de tal manera que pase por J y por H. Llamemos L la intersección entre Ω1 y Ω5 diferente de H. Como resultado tenemos que L es el punto diametralmente opuesto a A respecto a Ω1. Demostración: Digamos que O1, O2, O3, O4 y O5 son los centros de Ω1, Ω2, Ω3, Ω4 y Ω5, respectivamente. Trazamos AO1 y resulta ser paralela a O2B por Ω1 y Ω2. O2B es paralela a FO4 por Ω2 y Ω4. FO4 es paralela a JO3 por Ω3 y Ω4. JO3 es paralela a HO5 por Ω3 y Ω5. HO5 es paralela a O1L por O1 y O5. Por ello O1L es paralela a AO1.

DANIELIMO dijo...

yo estaba hace dos años y yah lo habia visto, no me salio, ni me acurdo de como salio( creo que ni le entendi al que me lo explico) pero bueno, se que si se podia, y supong que tiene que vcercon el hecho de que sitrazamos tres circulos de mismo radio que concurran en un punto H yse intersectenpor paejas en los puntos A,B y C podomes ver que H sera el ortocento del triangulo ABC y ademas el circunciculo del triangulo sera del mismo tamaño que los circulos(esto nos sirve en que AH y BC son perpendiculares, y entonces podemos trazar segmentos perpendiculares y por lo tanto también paralelos), además sabemos que si del circulo que tenemos tomamos otro punto y formamos un angulo recto al punto dado, encontraremos el diametralmente opuesto supongo que usando estsos hechos se puede resolvr el problema, pero me confunfo con tantos circulos.

Publicar un comentario