FOFO de Pascua 2017 - Problema 6

FOFO de Pascua 2017 - Problema 6

UNREAD_POSTpor Fran5 » Jue 13 Abr, 2017 4:46 am

Sean $O_1$ y $O_2$ dos circunferencias que se cortan en los puntos $A$ y $B$. Para cada punto $C$ del plano, consideramos $P_1(C)$ y $P_2(C)$ las potencias del punto $C$ respecto a $O_1$ y $O_2$ respectivamente.
Hallar el lugar geométrico de todos los puntos $C$ tales que $|P_1(C)| = |P_2(C)|$.
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Re: FOFO de Pascua 2017 - Problema 6

UNREAD_POSTpor Gianni De Rico » Dom 16 Abr, 2017 8:32 pm

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Afirmo que el lugar geométrico que se pide el enunciado es la recta que determinan $A$ y $B$ que además se llama eje radical.

Demostración($\rightarrow$): Consideremos dos circunferencias no concéntricas de centros $X$ e $Y$ y radios $x$ y $y$ respectivamente.
Supongamos que $P$ es un punto con la misma potencia a las dos circunferencias. Sea $M$ en $\overline{XY}$ tal que $PM \perp XY$. Entonces ${PX^2}-{x^2}={PY^2}-{y^2}$. Luego ${PX^2}-{x^2}-
{MP^2}={PY^2}-{y^2}-{MP^2}$. Por lo tanto ${MX^2}-{x^2}={MY^2}-{y^2}$. Y $M$ está en el eje radical.
De ${MX^2}-{x^2}={MY^2}-{y^2}$ tenemos que ${MX^2}-{MY^2}={x^2}-{y^2}$. Luego $({MX}-{MY})({MX}+{MY})={x^2}-{y^2}$. Entonces $({MX}-{MY}){XY}={x^2}-{y^2}$. Por lo tanto ${MX}-{MY}=\frac {{x^2}-{y^2}}{XY}$ que es una constante. Luego el punto $M$ existe y es único. Si existiera otro punto $N$ perteneciente a ${XY}$ y al eje radical, entonces ${({XM}-{NX})^2}-{x^2}={(MY+NM)^2}-{y^2}$. Por lo tanto ${XM^2}-{2XMNM}+{NM^2}-{x^2}={MY^2}+{2MYNM}+{NM^2}-{y^2}$. De donde ${-2XMNM}={2MYNM}$. Entonces ${NM(XY)=0}$. Luego ${NM}=0\Rightarrow {N=M}$.
Por lo tanto, si un punto tiene igual potencia con respecto a las dos circunferencias, entonces el punto está en una recta perpendicular a la recta que une los dos centros.

Demostración($\leftarrow$): Si un punto está en la perpendicular a ${XY}$ que pasa por $M$, dicho punto pertenece al eje radical. Como ${MX^2}-{x^2}={MY^2}-{y^2}$, entonces ${QM^2}+{MX^2}-{x^2}={QM^2}+{MY^2}-{y^2}$. Por lo tanto ${QX^2}-{x^2}={QY^2}-{y^2}\Rightarrow Q$ está en el eje radical.

Ahora notemos que $|P_1(A)|=|P_2(A)|=|P_1(B)|=|P_2(B)|=0$, lo que significa que ambos están en el eje radical de las dos circunferencias, y como dos puntos determinan una única recta mi afirmación inicial queda demostrada y el problema está resuelto.
$\phi=\frac {1+{\sqrt {5}}}{2}$
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Re: FOFO de Pascua 2017 - Problema 6

UNREAD_POSTpor jujumas » Dom 16 Abr, 2017 9:32 pm

Gianni De Rico escribió:
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Afirmo que el lugar geométrico que se pide el enunciado es la recta que determinan $A$ y $B$ que además se llama eje radical.

Demostración($\rightarrow$): Consideremos dos circunferencias no concéntricas de centros $X$ e $Y$ y radios $x$ y $y$ respectivamente.
Supongamos que $P$ es un punto con la misma potencia a las dos circunferencias. Sea $M$ en $\overline{XY}$ tal que $PM \perp XY$. Entonces ${PX^2}-{x^2}={PY^2}-{y^2}$. Luego ${PX^2}-{x^2}-
{MP^2}={PY^2}-{y^2}-{MP^2}$. Por lo tanto ${MX^2}-{x^2}={MY^2}-{y^2}$. Y $M$ está en el eje radical.
De ${MX^2}-{x^2}={MY^2}-{y^2}$ tenemos que ${MX^2}-{MY^2}={x^2}-{y^2}$. Luego $({MX}-{MY})({MX}+{MY})={x^2}-{y^2}$. Entonces $({MX}-{MY}){XY}={x^2}-{y^2}$. Por lo tanto ${MX}-{MY}=\frac {{x^2}-{y^2}}{XY}$ que es una constante. Luego el punto $M$ existe y es único. Si existiera otro punto $N$ perteneciente a ${XY}$ y al eje radical, entonces ${({XM}-{NX})^2}-{x^2}={(MY+NM)^2}-{y^2}$. Por lo tanto ${XM^2}-{2XMNM}+{NM^2}-{x^2}={MY^2}+{2MYNM}+{NM^2}-{y^2}$. De donde ${-2XMNM}={2MYNM}$. Entonces ${NM(XY)=0}$. Luego ${NM}=0\Rightarrow {N=M}$.
Por lo tanto, si un punto tiene igual potencia con respecto a las dos circunferencias, entonces el punto está en una recta perpendicular a la recta que une los dos centros.

Demostración($\leftarrow$): Si un punto está en la perpendicular a ${XY}$ que pasa por $M$, dicho punto pertenece al eje radical. Como ${MX^2}-{x^2}={MY^2}-{y^2}$, entonces ${QM^2}+{MX^2}-{x^2}={QM^2}+{MY^2}-{y^2}$. Por lo tanto ${QX^2}-{x^2}={QY^2}-{y^2}\Rightarrow Q$ está en el eje radical.

Ahora notemos que $|P_1(A)|=|P_2(A)|=|P_1(B)|=|P_2(B)|=0$, lo que significa que ambos están en el eje radical de las dos circunferencias, y como dos puntos determinan una única recta mi afirmación inicial queda demostrada y el problema está resuelto.


No tuviste en cuenta que la potencia de un punto respecto a una circunferencia puede ser negativa, el lugar geométrico no es solo este. Ahí pongo mi solución.

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Re: FOFO de Pascua 2017 - Problema 6

UNREAD_POSTpor jujumas » Dom 16 Abr, 2017 9:34 pm

Solución:
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En este problema usaremos la definición de potencia de un punto descrita acá:
https://es.wikipedia.org/wiki/Potencia_de_un_punto

Lema 1:$AB$ es perpendicular a $XY$ si y solo si $AX^2+BY^2=AY^2+BX^2$

Demostración (sacada de oma foros):

Para la primer parte supongamos que $AB$ es perpendicular a $XY$. Sea $P$ el punto de intersección de $AB$ y $XY$. Por Pitágoras tenemos:
$AX^2=PX^2+PA^2$ y $BX^2=PX^2+PB^2$ luego $AX^2-BX^2=PA^2-PB^2$.
$AY^2=PY^2+PA^2$ y $BY^2=PY^2+PB^2$ luego $AY^2-BY^2=PA^2-PB^2$.
De estas dos igualdades obtenemos $AX^2-BX^2=AY^2-BY^2$, que es equivalente a $AX^2+BY^2=AY^2+BX^2$.

Ahora vamos con la vuelta. Supongamos que $AX^2+BY^2=AY^2+BX^2$.
Vamos a usar Teorema del Coseno (también se puede argumentar de otra forma usando tramposética y evitar usar trigonometría).

$AX^2=PX^2+PA^2-2PX\cdot PA \cos(APX)$
$BX^2=PX^2+PB^2-2PX\cdot PB \cos(BPX)$
$AY^2=PY^2+PA^2-2PY\cdot PA \cos(APY)$
$BY^2=PY^2+PB^2-2PY\cdot PB \cos(BPY)$

Teniamos que $AX^2+BY^2=AY^2+BX^2$. Usando las cuatro igualdades de arriba, vemos que esto equivale a
${PX\cdot PA \cos(APX)+PY\cdot PB \cos(BPY)=PX\cdot PB \cos(BPX)+PY\cdot PA \cos(APY)}$

Si $\phi=\cos(APX)=\cos(BPY)=-\cos(BPX)=-\cos(APY)$ nos queda:
$(PX\cdot PA+PY\cdot PB + PX\cdot PB +PY\cdot PA )\phi=0$

Como el primer factor es positivo sigue que $\phi=0$, luego $\cos(APX)=0$. Sigue que $APX$ es recto, como queriamos ver.


Lema 2 (teorema de la mediana - Apolonio): Para todo triángulo la suma de los cuadrados de dos lados cualesquiera, es igual a la mitad del cuadrado del tercer lado más el doble del cuadrado de su mediana correspondiente.

Demostración: https://es.wikipedia.org/wiki/Teorema_de_Apolonio

Por comodidad, vamos a llamar $X_1$ y $X_2$ a las circunferencias, y $O_1$, $O_2$ a sus respectivos centros. Vamos ahora a dividir el problema en dos partes;

Parte 1: Hallar el lugar geométrico de $C$ tales que $P_1(C)=P_2(C)$.

Figura de análisis 1: https://gyazo.com/df30f7d0b994fecf7381ab0af6c16feb

Vamos a demostrar que este lugar es la recta $AB$.

Para esto, notemos que la definición algebraica de potencia de un punto implica que un punto $C$ cumple esto si y sólo si $(CO_1)^2-(O_1A)^2=(CO_2)^2-(O_2A)^2$, que es equivalente a $(CO_1)^2+(O_2A)^2=(CO_2)^2+(O_1A)^2$. Luego, por el Lema 1 tenemos que $C$ cumple la condición sí y solo sí $AC$ y $O_1O_2$ son perpendiculares, por lo que el lugar geométrico de estos puntos es la perpendicular a $O_1O_2$ por $A$, que es la recta $AB$, ya que $O_1AO_2B$ es un romboide y sus diagonales son perpendiculares.


Parte 2: Hallar el lugar geométrico de $C$ tales que $P_1(C)=-P_2(C)$

Figura de análisis 2: https://gyazo.com/043cd793228d50c9a0840a0c73dde434

Sea $M$ el punto medio de $O_1O_2$, vamos a demostrar que el lugar geométrico es la circunferencia de centro $M$ y radio $AB$.

Sabemos por la definición algebraica de potencia de un punto que un punto $C$ cumple si y solo si $(AO_1)^2+(AO_2)^2=(CO_1)^2+(CO_2)^2$. Sabemos sin embargo por el Lema $2$ que el lado izquierdo de la ecuación es igual a $\frac{(O_1O_2)^2}{2}+(AM)^2$, y que el lado derecho es igual a $\frac{(O_1O_2)^2}{2}+(CM)^2$, de donde restando $\frac{(O_1O_2)^2}{2}$ a cada lado, tenemos que $C$ cumple si y solo si $(AM)^2=(CM)^2$, y como estamos tomando segmentos de longitud positiva, $C$ cumple si y sólo si $CM=AM$, por lo que el lugar geométrico de los puntos $C$ que cumplen es la circunferencia de centro $M$ y radio $AM$.


En conclusión el lugar geométrico de todos los puntos $C$ son la recta $AB$ y la circunferencia cuyo centro esta en el punto medio del segmento que une los centros de las circunferencias y cuyo radio es $AM$.

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Re: FOFO de Pascua 2017 - Problema 6

UNREAD_POSTpor Gianni De Rico » Dom 16 Abr, 2017 10:13 pm

jujumas escribió:
Gianni De Rico escribió:
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Afirmo que el lugar geométrico que se pide el enunciado es la recta que determinan $A$ y $B$ que además se llama eje radical.

Demostración($\rightarrow$): Consideremos dos circunferencias no concéntricas de centros $X$ e $Y$ y radios $x$ y $y$ respectivamente.
Supongamos que $P$ es un punto con la misma potencia a las dos circunferencias. Sea $M$ en $\overline{XY}$ tal que $PM \perp XY$. Entonces ${PX^2}-{x^2}={PY^2}-{y^2}$. Luego ${PX^2}-{x^2}-
{MP^2}={PY^2}-{y^2}-{MP^2}$. Por lo tanto ${MX^2}-{x^2}={MY^2}-{y^2}$. Y $M$ está en el eje radical.
De ${MX^2}-{x^2}={MY^2}-{y^2}$ tenemos que ${MX^2}-{MY^2}={x^2}-{y^2}$. Luego $({MX}-{MY})({MX}+{MY})={x^2}-{y^2}$. Entonces $({MX}-{MY}){XY}={x^2}-{y^2}$. Por lo tanto ${MX}-{MY}=\frac {{x^2}-{y^2}}{XY}$ que es una constante. Luego el punto $M$ existe y es único. Si existiera otro punto $N$ perteneciente a ${XY}$ y al eje radical, entonces ${({XM}-{NX})^2}-{x^2}={(MY+NM)^2}-{y^2}$. Por lo tanto ${XM^2}-{2XMNM}+{NM^2}-{x^2}={MY^2}+{2MYNM}+{NM^2}-{y^2}$. De donde ${-2XMNM}={2MYNM}$. Entonces ${NM(XY)=0}$. Luego ${NM}=0\Rightarrow {N=M}$.
Por lo tanto, si un punto tiene igual potencia con respecto a las dos circunferencias, entonces el punto está en una recta perpendicular a la recta que une los dos centros.

Demostración($\leftarrow$): Si un punto está en la perpendicular a ${XY}$ que pasa por $M$, dicho punto pertenece al eje radical. Como ${MX^2}-{x^2}={MY^2}-{y^2}$, entonces ${QM^2}+{MX^2}-{x^2}={QM^2}+{MY^2}-{y^2}$. Por lo tanto ${QX^2}-{x^2}={QY^2}-{y^2}\Rightarrow Q$ está en el eje radical.

Ahora notemos que $|P_1(A)|=|P_2(A)|=|P_1(B)|=|P_2(B)|=0$, lo que significa que ambos están en el eje radical de las dos circunferencias, y como dos puntos determinan una única recta mi afirmación inicial queda demostrada y el problema está resuelto.


No tuviste en cuenta que la potencia de un punto respecto a una circunferencia puede ser negativa, el lugar geométrico no es solo este. Ahí pongo mi solución.


Tenés razón, no me di cuenta de eso.
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