5.13: Comentarios y soluciones

137. Nota: El espíritu de las construcciones nos restringe a:

• dibujar la línea que une dos puntos conocidos
• dibujando el círculo con el centro un punto conocido y pasando por un punto conocido.

Todo el empuje de este primer problema es encontrar alguna manera de “saltar” de A (o B) a C. Entonces el problema nos deja con muy poca elección; se da AB, y A y B son más o menos indistinguibles, por lo que solo hay dos 'primeros movimientos' posibles, los cuales funcionan con el segmento de línea AC (o BC).

Únete a AC.

Luego construya el punto X de tal manera que Δ ACX sea equilátero (es decir, use Elementos de Euclides, Libro I, Proposición 1). Construye el círculo con el centro A que pasa por B; deja que este círculo se encuentre con la línea AX en el punto Y, donde

(i) Y se encuentra en el segmento AX (si$\underset{\_}{AB}⩽\underset{\_}{AC}$), o

(ii) Y se encuentra sobre AX producido (es decir, más allá de X, si AB > AC).

En cada caso, AY = AB. Finalmente construya el círculo con el centro X que pasa por Y. En el caso (i), deje que el círculo se encuentre con el segmento de línea XC en D; en el caso (ii), deje que el círculo se encuentre con CX producido (más allá de X) en D.

En el caso (i), CX = CD + DX; por lo tanto

$$\begin{array}{l}\underset{\_}{CD}=\underset{\_}{CX}-\underset{\_}{DX}\\ =\underset{\_}{AX}-\underset{\_}{YX}\\ =\underset{\_}{AY}=\underset{\_}{AB}.\end{array}$$

En el caso ii),

$$\begin{array}{l}\underset{\_}{CD}=\underset{\_}{CX}+\underset{\_}{XD}\\ =\underset{\_}{AX}+\underset{\_}{XY}\\ =\underset{\_}{AY}=\underset{\_}{AB}.\end{array}$$QED

138.

A X C = A X B − C X B = C X D − C X B (ya que los dos ángulos rectos A X B a n d C X D a r e e q u a l) = B X D.

QED

139.

AM = AM

MB = MC (por construcción del punto medio M)

BA = CA (dado).

$\therefore \Delta AMB\equiv \mathrm{\Delta }AMC$(por SSS-Congruence)

$\equiv \angle AMB=\angle AMC$, por lo que cada ángulo es exactamente la mitad del ángulo recto =BMC. De ahí que AM sea perpendicular a BC. QED

140. Deje que ABCDEF sea un hexágono regular con lados de longitud 1. Entonces Δ ABC (formado por los tres primeros vértices) satisface las restricciones dadas, con ABC = 120°.

Que B'C'D sea un triángulo equilátero con lados de longitud 2, y con A' el punto medio de B'D. Entonces A'B'C' satisface las restricciones dadas con un ángulo A'B'C' = 60°.

141.

(i) Unirse a CO. Entonces Δ ACO es isósceles (ya que OA = OC) y Δ BCO es isósceles (ya que OB = OC).

De ahí OAC = OCA = x (decir), y OBC = OCB = y (decir).

Entonces C = x + y (y A + B + C= x + (x+ y) +y = 2 (x + y)). QED

(ii) Si A + B + C =2 (x + y) es igual a un ángulo recto, entonces C= x + y es medio ángulo recto, y por lo tanto un ángulo recto. QED

142.

(i) Dibuja el círculo con el centro A y pasando por B, y el círculo con el centro B pasando por A. Que estos dos círculos se reúnan en C y D.

Dondequiera que esté el punto medio M de AB, sabemos por Euclides Libro I, Proposición 1 y Problema 139:

que Δ ABC es equilátero, y que CM es perpendicular a AB, y que Δ ABD es equilátero, y que DM es perpendicular a AB.

De ahí que CMD sea una línea recta.

Entonces si nos unimos a CD, entonces esta línea corta AB en su punto medio M. QED

(ii) Podemos suponer que BA ≤ BC.

Entonces el círculo con el centro B, que pasa por A se encuentra con BC internamente en Aʹ (digamos).

Deje que el círculo con el centro A y pasando por B se encuentre con el círculo con el centro Aʹ y pasando por B en el punto D.

Reclamar BD bisectas ABC.

Prueba

BA = BAʹ (radios del mismo círculo con centro B)

AD = AB (radios del mismo círculo con centro A)

= A'B = A'D (radios del mismo círculo con el centro Aʹ)

BD = BD

De ahí Δ BAD ≡ Δ BÁD (por congruencia SSS).

ABD =A'BD. QED

(iii) Supongamos primero que PA = PB. Después el círculo con el centro P y que pasa por A se encuentra nuevamente con la línea AB en B. Si construimos el punto medio M de AB como en la parte (i), entonces PM será perpendicular a AB.

Ahora supongamos que uno de PA y PB es más largo que el otro. Podemos suponer que PA > PB, así que B se encuentra dentro del círculo con el centro P y pasando por A. De ahí que este círculo se encuentre nuevamente con la línea AB en Aʹ donde B se encuentra entre A y Aʹ. Si ahora construimos el punto medio M de AAʹ como en la parte (i), entonces PM será perpendicular a AAʹ, y por lo tanto a AB. QED

143. Que M sea el punto medio de AB.

(a) Dejar que X se asiente sobre la bisectriz perpendicular de AB.

** Δ XMA ≡ Δ XMB (por congruencia SAS, ya que XM = XM, XMA =XMB, MA = MB)

⦁ XA = XB.

(b) Si X es equidistante de A y de B, entonces Δ XMA ≡ Δ XMB (por congruencia SSS, ya que XM = XM, MA = MB, AX = BX).

XMA =XMB, por lo que cada uno debe tener exactamente la mitad de un ángulo recto.

＊ X se encuentra en la bisectriz perpendicular de AB. QED

144. Deje que X se encuentre en el plano perpendicular a NS, a través del punto medio M.

** Δ XMN ≡ Δ XMS (por congruencia SAS, ya que XM = XM, XMN =XMS, MN = MS)

⦁ XN = XS.

Sea X equidistante de N y de S, luego Δ XMN ≡ Δ XMS (por congruencia SSS, ya que XM = XM, MN = MS, NX = SX).

XMN =XMS, por lo que cada uno debe tener exactamente la mitad de un ángulo recto.

＊ X se encuentra en la bisectriz perpendicular de NS. QED

145. Deje que M sea el punto medio de AC. Unir BM y extender la línea más allá de M hasta el punto D de tal manera que MB = MD. Únete a CD. Entonces Δ AMB ≡ Δ CMD (por SAS-congruencia, ya que

AM = CM (por construcción del punto medio M)

AMB =CMD (ángulos verticalmente opuestos)

MB = MD (por construcción)).

DCM =BAM.

Ahora

$$\begin{array}{l}\angle ACX=\angle DCM+\angle DCX\\ >\end{array}$$DCM                 =∠BAM                 =∠A.

A partir de entonces ACX >A.

De igual manera, podemos extender AC más allá de C hasta un punto Y. Que N sea el punto medio de BC. Unir AN y extender la línea más allá de N hasta el punto E de tal manera que NA = NE.

Únete a CE.

Después Δ BNA ≡ Δ CNE (nuevamente por congruencia SAS-).

BCY >BCE =CBA =B. QED

146.

(a) Supongamos que AB > AC.

Deje que el círculo con el centro A, pasando por C, se encuentre con AB (internamente) en X.

Entonces Δ ACX es isósceles, soACX =AXC.

Por Problema 145, AXC >ABC.

ACB; (>ACX =AXC) >ABC. QED

b) Supongamos que la conclusión no se sostiene. Entonces, ya sea

(i) AB = AC, o

(ii) AC > AB.

(i) Si AB = AC, entonces Δ ABC es isósceles, por lo tanto ACB =ABC — contrario a la suposición.

(ii) Si AC > AB, entoncesABC >ACB (por la parte (a)) — de nuevo contrario a la suposición.

De ahí que, siACB >ABC, se deduce que AB > AC. QED

c) Extender AB más allá de B hasta el punto D, de tal manera que BD = BC.

Entonces Δ BDC es isósceles con el ápice B, por lo tanto BDC =BCD.

Ahora

ACD =ACB +BCD >BCD =BDC.

De ahí que por la parte (b), AD > AC.

Por construcción,

AD = AB + BD = AB + BC,

así AB + BC > AC. QED

147. Supongamos C =A +B, pero que C no se encuentra en el círculo con diámetro AB. Entonces C yace dentro, o fuera del círculo. Que O sea el punto medio de AB.

(i) Si C se encuentra fuera del círculo, entonces OC > OA = OB.

OAC >OCA y OBC >OCB (por Problema 146 (a)).

C =OCA +OCB <A +B — contrario a la suposición.

De ahí que C no se encuentre fuera del círculo.

(ii) Si C se encuentra dentro del círculo, entonces OC < OA = OB.

OAC < OCA y OBC < OCB (por Problema 146 (a)).

C =OCA +OCB >A +B — contrario a la suposición.

De ahí que C no se encuentre dentro del círculo.

De ahí que C se encuentre en el círculo con diámetro AB. QED

148. Supongamos, por el contrario, que OP no es perpendicular a la tangente en P.

Deja caer una perpendicular de O a la tangente en P para encontrar la tangente en Q. Extienda PQ más allá de Q hasta algún punto X. Entonces, OQP y OQX son ambos ángulos rectos. Dado que Q (≠ P) se encuentra en la tangente, Q se encuentra fuera del círculo, entonces OQ > OP. De ahí que (por Problema 146 (a)) OPQ >OQP = OQX — contrario al hecho de queOQX >OPQ (por Problema 145). QED

149. Deje que Q se acueste en la línea m de tal manera que PQ sea perpendicular a m.

Que X sea cualquier otro punto en la línea m, y que Y sea un punto en m tal que Q se encuentre entre X e Y.

Entonces, PQX y PQY son ambos ángulos rectos.

Supongamos que PX < PQ.

Entonces, PQY = PQX < PXQ (por Problema 146 (a)), lo que contradice el Problema 145 (ya que PQY es un ángulo exterior de Δ PQX).

De ahí PX ≥ PQ según se requiera. QED

150. “" A +" B "” C, y “" XCA "” C son iguales a un ángulo recto.” SoA +B =XCA.

151. Únete a OA, OB, OC. Dado que estos radios son todos iguales, esto produce tres triángulos isósceles. Hay cinco casos a considerar.

(i) Supongamos primero que O yace sobre AB. Entonces AB es un diámetro, por lo que ACB es un ángulo recto (por Problema 141), AOB es un ángulo recto, y el resultado se mantiene.

(ii) Supongamos que O se encuentra en AC, o en BC. Estos son similares, por lo que podemos suponer que O se encuentra en AC.

Entonces Δ OBC es isósceles, soOBC =OCB.

AOB es el ángulo exterior de Δ OBC, entonces

AOB =OBC +OCB = 2· ACB

(por Problema 150).

(iii) Supongamos que O se encuentra dentro de Δ ABC.

Δ OAB, Δ OBC, Δ OBC son isósceles, así que vamos OAB =OBA = x, OBC =OCB = y, OBC =OAC = z.

Entonces [Delta] ACB = y + z, ABC = x + y, BAC = x + z.

Los tres ángulos de Δ ABC se suman a un ángulo recto, por lo que 2 (x + y + z) equivale a un ángulo recto.

Por lo tanto, en Δ OBA,

AOB = 2 (x + y + z) - (OAB +OBA) = 2 (y + z) = 2· ACB.

(iv) Supongamos que O se encuentra fuera de Δ ABC con O y B en lados opuestos de AC.

Δ OAB, Δ OBC, Δ OBC son isósceles, así que vamos OAB =OBA = x, OBC =OCB = y, OBC =OAC = z.

Entonces ACB = y - z, ABC = x + y, BAC = x - z.

Los tres ángulos de Δ ABC se suman a un ángulo recto, por lo que 2x + 2y - 2z equivale a un ángulo recto.

De ahí

2x + 2y - 2z =AOB +OAB +OBA =AOB + 2x,

SOAoB = 2y - 2z = 2· ACB.

(v) Supongamos que O se encuentra fuera de Δ ABC con O y B en el mismo lado de AC.

Δ OAB, Δ OBC, Δ OBC son isósceles, así que vamos OAB =OBA = x, OBC =OCB = y, OBC =OAC = z.

Entonces ACB = y + z, ABC = y - x, BAC = z - x.

Los tres ángulos de ABC se suman a un ángulo recto, por lo que 2y + 2z - 2x equivale a un ángulo recto.

Dado que C se encuentra en el arco menor relativo a la cuerda AB, necesitamos interpretar “el ángulo subtendido por la cuerda AB en el centro O” como el ángulo reflejo fuera del triángulo Δ AOB, que es igual a “2x más que un ángulo recto”, por lo que AOB = 2y + 2z = 2· ACB. QED

152. La cuerda AB subtiende ángulos en C y en D en el mismo arco. De manera similar BC subtiende ángulos en A y en D en el mismo arco. De ahí (por Problema 151)

ACB =ADB, yBAC =BDC.

De ahí

ADC =ADB +BDC =ACB +BAC, entonces ADC +ABC es igual a la suma de los tres ángulos en Δ ABC. QED

153. Sea O el circuncentro de Δ ABC, y LetxAB = x.

Entonces XAO es un ángulo recto, y Δ OAB es isósceles. Hay dos casos.

(i) Si X y O se encuentran en lados opuestos de AB, entoncesOBA =OAB = 90° - x.

AOB = 2x.

ACB = X =XAB.

(ii) Si X y O se encuentran en el mismo lado de AB, entonces Y y O se encuentran en lados opuestos de AB y de AC. De ahí que podamos aplicar el caso (i) (con Y en lugar de X, AC en lugar de AB, YAC en lugar de XAB, y ABC en lugar de ACB) para concluir queYAC =ABC. De ahí

XAB +BAC +YAC =XAB + BAC +ABC

son ambos ángulos rectos, por lo que XAB =ACB (ya que los tres ángulos de Δ ABC también se suman a un ángulo recto). QED

154.

(a) (i) Extender AD para cumplir con el círculo circunscrito en X. Entonces (aplicando el Problema 145 a Δ DXB), el ángulo exteriorADB > DXB = AXB = ACB.

(ii) Se nos dice que los puntos C, D se encuentran “en el mismo lado de la línea AB”. Este “lado” de la línea AB (o “medio plano”) se divide en tres partes por las medias líneas “AC producido más allá de C” y “BC producido más allá de C”. Hay dos posibilidades muy diferentes.

Supongamos primero que D se encuentra en una de las dos regiones superpuestas en forma de cuña “entre AB producido y AC producido” o “entre BA producido y BC producido”. Entonces, ya sea DA o DB corta el arco AB en un punto X (digamos), y ACB = AXB > ADB (por Problema 145 aplicado a Δ AXD o a Δ BXD).

La única alternativa es que D se encuentra en la región en forma de cuña fuera del círculo en el punto C, que se encuentra “entre AC producido y BC producido”. Entonces C se encuentra dentro de Δ ADB, entonces C se encuentra dentro del circuncírculo de Δ ADB. De ahí que la parte (i) implica que ACB < ADB según se requiera. QED

(b) Si D no se encuentra en el circuncírculo de Δ ABC, entonces se encuentra dentro o fuera del círculo —en cuyo caso ADB ≠ ACB (por la parte (a)).

(c) D es menor que un ángulo recto, por lo que D debe estar fuera de Δ ABC. Además, B, D se encuentran en lados opuestos de la línea AC (ya que los bordes BC, DA no se cruzan internamente, y tampoco los bordes CD, AB). Considera el circuncírculo de Δ ABC, y deja que X sea cualquier punto en el círculo de tal manera que X y D se encuentren en el mismo lado de la línea AC. Entonces ABCX es un cuadrilátero cíclico, por lo que ABC y CXA son complementarios. HENCECXa =CDA =D Pero entonces D yace en el círculo (por parte (b)).

155. Δ OPQ ≡ Δ OP'Q (por congruencia RHS: OPQ =OP'Q son ambos ángulos rectos, OP = OPʹ, OQ = OQ)

QP = QPʹ, yQOP =QOPʹ. QED

156.

(a) Que X sea cualquier punto sobre la bisectriz de ABC. Bajar las perpendiculares XY de X a AB y XZ de X a CB. Entonces: XYB =XZB son ambos ángulos rectos por construcción; yXby =XBZ ya que X se encuentra en la bisectriz de YBZ; en adelante, BXY =BXZ (ya que los tres ángulos en cada triángulo tienen la misma suma; así que tan pronto como dos de los ángulos sean iguales en pares, el tercer par también debe ser igual). De ahí Δ BXY ≡ Δ BXZ (por ASA-congruencia: YBX =ZBX, BX = BX, BXY =BXZ.)

⦁ XY = XZ. QED

(b) Supongamos que X es equidistante de m y de n. Caída de las perpendiculares XY de X a m, y XZ de X a n.

Luego Δ BXY ≡ Δ BXZ (por congruencia RHS:

BYX =BZX son ambos ángulos rectos XY = XZ, ya que estamos asumiendo que X es equidistante de m y de n BX = BX).

A continuación, Xby =XBZ, por lo que X se encuentra en la bisectriz de YBZ. QED

157.

(i) Unirse a AC. Luego Δ ABC ≡ Δ CDA por ASA-congruencia:

BAC =DCA (ángulos alternos, desde AB || DC)

CA = CA

ACB =CAD (ángulos alternos, desde CB || DA).

En particular, Δ ABC y Δ CDA deben tener igual área, y así cada uno es exactamente la mitad de ABCD. QED

Nota: Una vez que probemos (Problema 161 a continuación) que un paralelogramo tiene la misma área que el rectángulo sobre la misma base y que se encuentra entre el mismo par de paralelos (cuya área es igual a “base × altura”), el resultado en la parte (i) se traducirá inmediatamente en lo familiar fórmula para el área del triángulo

$$\begin{array}{cc}& \genfrac{}{}{0.1ex}{}{1}{2}(\text{base}\times \text{altura}).\hfill \end{array}$$

(ii) Δ ABC ≡ Δ CDA por parte (i). De ahí AB = CD, BC = DA; yB =ABC =CDA =D.

Para mostrar quea =C, podemos copiar la parte (i) después de unirnos a BD para probar que Δ BCD ≡ Δ DAB, o podemos usar la parte (i) directamente para anotar queA =BAC +DAC =DCA +BCA =C.

iii) Δ AXB ≡ Δ CXD por ASA-congruencia:

XAB =XCD (ángulos alternos, desde AB || DC)

AB = CD (por parte (ii))

XBA =XDC (ángulos alternos, desde AB || DC).

De ahí XA (en Δ AXB) = XC (en Δ CXD), y XB (en Δ AXB) = XD (en Δ CXD). QED

158. Podemos suponer que m corta los lados opuestos AB en Y y DC en Z.

Δ XYB ≡ Δ XZD por congruencia ASA:

YXB =ZXD (ángulos verticalmente opuestos)

XB = XD (por Problema 157 (iii))

XBY =XDZ (ángulos alternos).

Por lo tanto

área (YZCB) = área (Δ BCD) - área (Δ XZD) + área (Δ XYB)

= área (Δ BCD)

$=$12area(ABCD).

QED

159.

(a) Unirse a AC. Luego Δ ABC ≡ Δ CDA por SAS-congruencia:

BA = DC (dado)

BAC =DCA (ángulos alternos, desde AB || DC)

AC = CA.

HENCEBCA =DAC, por lo que AD || BC según sea necesario. QED

(b) Unirse a AC. Luego Δ ABC≡ Δ CDA por SSS-congruencia:

AB = CD (dado)

BC = DA (dado)

CA = AC.

HENCEBAC =DCA, entonces AB || DC; yBCA =DAC, entonces BC || AD.

QED

(c) A +B +C +D = 2 A + 2 B = 2 A + 2 D son cada uno iguales a dos ángulos rectos.

A +B es igual a un ángulo recto, por lo que AD || BC; yA +D es igual a un ángulo recto, por lo que AB || DC. QED

Nota: El hecho de que los ángulos en un cuadrilátero se suman a dos ángulos rectos se demuestra en el siguiente capítulo. Sin embargo, si se prefiere, se puede probar aquí directamente. Si imaginamos pines l OBC ted en A, B, C, D, entonces una cuerda atada alrededor de los cuatro puntos define su “casco convexo” — que es un 4-gon (si la cuerda toca los cuatro pines), o un 3-gon (si un vértice está dentro del triángulo formado por el otros tres). En el primer caso, ya sea diagonal (AC o BD) dividirá el cuadrilátero internamente en dos triángulos; en el segundo caso, uno de los tres 'bordes' que unen vértices del casco convexo al vértice interno no puede ser un borde del cuadrilátero, y así debe ser una diagonal, que divide el cuadrilátero internamente en dos triángulos.

160. AM = MD (por construcción de M como punto medio) y BN = NC.

＊ AM = BN (ya que AD = BC por Problema 157 (ii)).

＊ ABNM es un paralelogramo (por Problema 159 (a)), entonces MN || AB.

Deje que AC cruce MN en Y.

Entonces Δ AYM ≡ Δ CYN (por ASA-congruencia, ya que

ÑAME =YCN (ángulos alternos, desde AD || BC)

AM = CN

AMY =CNY (ángulos alternos, desde AD || BC).

De ahí AY = CY, entonces Y es el punto medio de AC —el centro del paralelogramo (donde se encuentran las dos diagonales (por Problema 157 (iii))). QED

161.

Nota: En el caso fácil, donde la perpendicular de A a la línea DC se encuentra con el lado DC internamente en X, es natural ver el paralelogramo ABCD como la “suma” de un trapecio ABCX y un ángulo recto triángulo Δ AXD. Si la perpendicular de B a CC cumple con CC en Y, entonces Δ AXD ≡ Δ BYC. De ahí que podamos reorganizar las dos partes del paralelogramo DCBA para formar un rectángulo XYBA.

Sin embargo, una prueba general no puede suponer que la perpendicular de A (o de B) a CC cumple con CC internamente. De ahí que estemos obligados a pensar en el paralelogramo en términos de diferencias. Esta es una estrategia que muchas veces es útil, pero que puede ser sorprendentemente esquiva.

Dibuja las perpendiculares de A y B a la línea CD, y de C y D a la línea AB. Elija las dos perpendiculares que, junto con las líneas AB y CD definen un rectángulo que contenga completamente el paralelogramo ABCD (es decir, si AB va de izquierda a derecha, tome las perpendiculares más a la izquierda y las más a la derecha). Estas serán las perpendiculares desde B y desde D, o las perpendiculares desde A y desde C (dependiendo de qué manera los lados AC y BD talud).

Supongamos que las perpendiculares elegidas son la de B —que se encuentra con la línea DC en P, y la de D — que se encuentra con la línea AB en la Q.

Entonces BP || QD (por Problema 159 (c)), por lo que BQDP es un paralelogramo con un ángulo recto —y de ahí un rectángulo. De ahí BQ = PD, y BP = QD (por Problema 157 (ii)).

Δ QAD ≡ Δ PCB (por congruencia RHS), por lo que cada uno es igual a la mitad del rectángulo en base PC y altura PB. De ahí

área (ABCD) = área (rectángulo; BQDP)

- área (rectángulo sobre base PC con altura PB)

= área (rectángulo sobre base CD con altura DQ).

QED

162.

(a) ABCBʹ es un paralelogramo, por lo que AB'|| CB y ABʹ = BC.

De igual manera, BCACʹ es un paralelogramo, por lo que AC′ || CB y ACʹ = CB.

De ahí que B'A = ACʹ, así que A es el punto medio de B'Cʹ.

Similarmente B es el punto medio de C'A′, y C es el punto medio de A'B′.

(b) Que H sea el circuncentro de Δ A'B'Cʹ, es decir, el punto común de los bisectores perpendiculares de A'Bʹ, B'Cʹ y C'Aʹ. Entonces H es un punto común de las tres perpendiculares de A a BC, de B a CA, y de C a AB.

163. Considera cualquier camino de H a V. Supongamos que esto llega al río en X. La ruta más corta de H a X es un segmento de línea recta; y la ruta más corta de X a V es un segmento de línea recta.

Si reflejamos el punto H en la línea del río, obtenemos un punto Hʹ, donde HHʹ es perpendicular al río y se encuentra con el río en Y (digamos).

Entonces Δ HXY ≡ Δ H́XY (por congruencia SAS, ya que HY = H́Y, HYX =H'YX, e YX = YX).

De ahí HX = H'X, por lo que la distancia de H a V vía X es igual a HX + XV = H'X + XV, y esto es más corto cuando Hʹ, X y V son colineales. (Entonces, para encontrar la ruta más corta, refleje H en la línea del río a Hʹ, luego dibuje H'V para cruzar la línea del río en X, y viajar de H a V vía X).

164.

(a) Que Δ PQR sea cualquier triángulo inscrito en Δ ABC, con P en BC, Q en CA, R en AB (no necesariamente el triángulo ortico). Deje que Pʹ sea el reflejo de P en el lado AC, y deje que P'ʹ sea el reflejo de P en el lado AB. Después PQ = P'Q, y PR = P''R (como en el Problema 163).

sedan PQ + QR + RP = P'Q + QR + RP'ʹ.

Cada elección del punto P sobre AB determina las posiciones de Pʹ y P'ʹ. De ahí que el perímetro más corto posible de Δ PQR surja cuando P'QRP'ʹ es una línea recta. Es decir, dada la opción del punto P, elegir Q y R por:

— construir las reflexiones Pʹ de P en AC, y P'ʹ de P en AB;

— unir P'P'ʹ y dejar que Q, R sean los puntos donde este segmento de línea cruza AC, AB respectivamente.

Queda por decidir cómo elegir P sobre BC para que P'P'ʹ sea lo más corto posible.

La clave aquí es notar que A se encuentra tanto en AC como en AB.

AP = APʹ, y AP = AP'ʹ, por lo que Δ Ap'p'is isósceles.

También pac =P'AC, ypaB =P''AB.

P'AP''= 2· A.

Por lo tanto, para cada posición del punto P, Δ AP'P'ʹ es isósceles con un ángulo de ápice igual a 2· A. Cualquiera de estos triángulos son similares (por similitud SAS).

De ahí que el triángulo Δ AP'P'ʹ con la “base” más corta P'P'ʹ se produce cuando las patas APʹ y AP' son lo más cortas posible. Pero AP = APʹ = AP'ʹ, por lo que esto ocurre cuando AP es lo más corto posible —es decir, cuando AP es perpendicular a BC.

Dado que el mismo razonamiento se aplica a Q y a R, se deduce que el triángulo requerido Δ PQR debe ser el triángulo ortico de Δ ABC. QED

(b) Que Δ PQR sea el triángulo ortico de Δ ABC, con P en BC, Q en CA, R en AB. Sea H el ortocentro de Δ ABC.

BPH y BRH son ambos ángulos rectos, así que agréguelos a un ángulo recto. De ahí que (por el Problema 154 (c)), el BPHR es un cuadrilátero cíclico. De manera similar, CPHQ y AQHR son cuadriláteros cíclicos.

En el circuncírculo de CPHQ, vemos que el “ángulo de incidencia” inicial CQP =CHP. También, CHp =AHR (ángulos verticalmente opuestos); y en el círculo circuncircular de AQHR, AHR =AQR.

Por lo tanto, un rayo de luz que atraviesa PQ se reflejará en Q a lo largo de la línea QR. De manera similar, se puede mostrar queARQ =BRP, de manera que el rayo luego se reflejará en R a lo largo de RP; yBPR =CPQ, por lo que el rayo luego se reflejará en P a lo largo de PQ. QED

165.

(a) (i) Los triángulos Δ ABL y Δ ACL tienen bases iguales BL = CL, y el mismo ápice A — así que se encuentran entre los mismos paralelos. De ahí que tengan igual área (por Problemas 157 y 161).

De manera similar, Δ GBL y Δ GCL tienen bases iguales BL = CL, y el mismo ápice G, por lo que tienen igual área.

De ahí que las diferencias Δ ABG = Δ ABL - Δ GBL y Δ ACG = Δ ACL - Δ GCL tienen igual área.

ii) [Repetir la solución para la parte i) sustituyendo A, B, C, L, G por B, C, A, M, G.]

(b) Δ ABL y Δ ACL tienen igual área (como en (a) (i)). De manera similar Δ GBL y Δ GCL tienen la misma área — digamos x (ya que BL = CL). De ahí que Δ ABG y Δ ACG tengan igual área.

De la misma manera Δ BCM y Δ BAM tienen igual área; y Δ GCM y Δ GAM tienen la misma área — digamos y (ya que CM = AM). De ahí Δ BCG y

Δ BOLSA tienen igual área.

Pero luego Δ ABG = Δ ACG = Δ BCG y Δ ACG = Δ AMG + Δ CMG = 2y, Δ BCG = Δ BLG + Δ CLG = 2x. Por lo tanto X = y, entonces Δ AMG, Δ CMG, Δ CLG, Δ BLG tienen todos la misma área x, y Δ ABG tiene área 2x.

El segmento GN divide Δ ABG en dos partes iguales (Δ ANG yδ BNG), por lo que cada parte tiene área x.

Por lo tanto, Δ CAG + Δ ANG tiene la misma área (3x) que Δ CAN. De ahí que CGN es un ángulo recto, y las tres medianas AL, BM, CN pasan todas por el punto G.

Nota: A primera vista, la 'prueba' del resultado en (b) usando vectores parece considerablemente más fácil. (Si A, B, C tienen vectores de posición a, b, c respectivamente, entonces L tiene el vector de posición$\frac{1}{2}$(b + c), y M tiene vector de posición$\frac{1}{2}$(c + a), y es fácil ver que AL y BM se encuentran en G con vector de posición$\frac{1}{3}$(a + b + c). Luego se puede verificar directamente que G se encuentra en CN, o notar que la simetría de la expresión$\frac{1}{3}$(a + b + c) garantiza que G es también el punto donde se encuentran BM y CN.

El aspecto inescrutable de esta 'prueba' radica en el hecho de que toda la geometría se ha ocultado silenciosamente en los supuestos algebraicos que sustentan los axiomas no declarados del espacio vectorial bidimensional, y el campo subyacente de los números reales. Por lo tanto, aunque el vector 'proof' puede parecer más simple, los dos diferentes appr OAC hes realmente no se pueden comparar.

166.

(a) AN = BN (por construcción de N como punto medio de AB)

ANM =BNMʹ (ángulos verticalmente opuestos)

NM = NMʹ (por construcción).

Δ ANM ≡ Δ BNMʹ (por congruencia SAS). QED

(b) BMʹ = AM = CM.

NAM =NBMʹ (desde Δ ANM ≡ Δ BNMʹ)

* BMʹ || MA (es decir, BMʹ || CM). QED

(c) BM'MC es un cuadrilátero con lados opuestos CM, BMʹ iguales y paralelos.

BM'MC es un (por Problema 158 (a)). QED

167. Dado que A y B son intercambiables en el resultado a probar, podemos suponer que A es el punto en la secante que se encuentra entre P y B.

Para poder hacer deducciones, tenemos que crear triángulos —así que únete a AT y BT. Esto crea dos triángulos: Δ PAT y Δ PTB, en los que vemos que:

TPA =BPT,

PTA =PBT (por Problema 153),

PAT = PTB (ya que los tres ángulos en cada triángulo se suman a un ángulo recto).

De ahí Δ PAT ~ Δ PTB (por similitud AAA).

＊ PT: PB = PA: PT, o PA × PB = PT ². QED

168. Dado que A, B son intercambiables en el resultado a probar, y C, D son intercambiables, podemos suponer que A se encuentra entre P y B, y que C se encuentra entre P y D.

(i) Dejar que la tangente de P al círculo toque el círculo en T.

Entonces el Problema 167 garantiza que PA × PB = PT ².

Reemplazar el PAB secante por PCD muestra de manera similar que PC × PD = PT ².

De ahí PA × PB = PC × PD. QED

(ii) Nota: La primera prueba es tan fácil, uno puede preguntarse por qué alguien pediría una segunda prueba. El motivo radica en el Problema 169 —que se parece mucho al Problema 168, pero con P dentro del círculo. De ahí que cuando lleguemos al siguiente problema, el fácil appr OAC h in (i) no estará disponible, por lo que merece la pena buscar otra prueba de 168 la cual tiene posibilidades de generalizar.

Observe que AC es un acorde que une las dos secantes PAB y PCD. Así que únete a AD y CB.

Luego Δ PAD ~ Δ PCB (por similitud AAA: desdeAPD =CPB, ypda =PBC).

＊ PA: PC = PD: PB, o PA × PB = PC × PD. QED

169. Únete a AD y CB.

Entonces Δ PAD ~ Δ PCB (por AAA-similitud: desde

APD =CPB (ángulos verticalmente opuestos)

PDA =PBC (ángulos subtendidos por cuerda AC en el mismo arco)

PAD =PCB (ángulos subtendidos por una cuerda BD en el mismo arco)).

＊ PA: PC = PD: PB, o PA × PB = PC × PD. QED

170.

(a) Si a = b, entonces ABCD es un paralelogramo (por Problema 159 (a)).

2019-09-AD = BC (por Problema 157 (ii)).

＊ AM = BN, por lo que ABNM es un paralelogramo (por Problema 159 (a)).

* MN = AB tiene longitud a, y MN || AB (por Problema 160).

Si a ≠ B, entonces a < B, o B < a. Podemos suponer que a < b.

Construya la línea a través de b paralela a AD, y deje que esta línea se encuentre con CC en Q.

Entonces ABQD es un paralelogramo, por lo que DQ = AB, y AD = BQ. De ahí que QC tenga longitud B - a.

Construir la línea a través de M paralela a QC (y por lo tanto paralela a BA), y dejar que esta se encuentre BQ en P, y BC en Nʹ.

Entonces ABPM y MPQD son ambos paralelogramos.

* MP = AB tiene longitud a, y

BP = AM = MD = PQ.

Ahora Δ BPNʹ ~ Δ BQC (por similitud AAA, desde PNʹ || QC); entonces

BP: BQ = BNʹ: BC = 1:2.

Por lo tanto, Nʹ = n es el punto medio de BC, MN || BC y MN tiene longitud

$\begin{array}{cc}& a+\genfrac{}{}{0.1ex}{}{b-a}{2}=\genfrac{}{}{0.1ex}{}{a+b}{2}.\hfill \end{array}$

(b) Supongamos primero que a = b. entonces ABCD es un paralelogramo (por Problema 159 (a)), por lo que el área de ABCD viene dada por a × d (“(longitud de base) × altura”). (por Problema 161). De ahí que podamos suponer que a < b.

Solución 1: Extienda AB más allá de B hasta un punto X tal que BX = DC (así AX tiene longitud a + b).

Extienda DC más allá de C hasta un punto Y tal que CY = AB (así DY tiene longitud a + b).

Claramente ABCD y YCBX son congruentes, por lo que cada uno tiene área media de área (AXYD).

Ahora AX || DY, y AX = DY, por lo que AXYD es un paralelogramo (por Problema 159 (a)).

De ahí que AXYD tenga área “(longitud de base) × altura” (por Problema 161), por lo que ABCD tiene área$\frac{a+b}{2}$× d.

Solución 2: [Damos una segunda solución como preparación para el Problema 171.]

Ahora a < B implica queMalo +ABC es mayor que un ángulo recto.

[Prueba. La línea a través de B paralela a AD se encuentra con CC en Q, y ABQD es un paralelogramo.

De ahí DQ = AB, entonces Q se encuentra entre D y C, y

ABC =ABQ +QBC >ABQ.

MALO +ABC >MALO +ABQ, que es igual a un ángulo recto.]

Entonces, si extendemos DA más allá de A, y CB más allá de B, las líneas se encuentran en X, donde X, D están en lados opuestos de AB. Entonces Δ XAB ~ Δ XDC (por similitud AAA), de donde las longitudes correspondientes en los dos triángulos están en la relación AB: DC = a: b. en particular, si la perpendicular de X a AB tiene longitud h, entonces$\frac{h}{h+d}=\frac{a}{b}$, entonces h (b - a) = ad.

Ahora

área (ABCD) = área (Δ XDC) - área (Δ XAB)

=$$12b(h+d)−12ah

=$\frac{1}{2}bd+\frac{1}{2}h(b-a)$

=$\frac{1}{2}bd+$12ad

=$\left(\frac{a+b}{2}\right)d$.

171. Nota: El volumen de una pirámide o cono es igual a

$\frac{1}{3}$× (área de base) ×altura.

No hay ninguna prueba general elemental de este hecho. El coeficiente inicial de$\frac{1}{3}$surge porque estamos “sumando”, o integrando, secciones transversales paralelas a la base, cuya área involucra un cuadrado x ², donde x es la distancia desde el ápice (así como el coeficiente$\frac{1}{2}$en la fórmula para el área de un triángulo surge porque estamos integrando secciones transversales lineales cuyo tamaño es un múltiplo de x — la distancia desde el ápice). Se pueden verificar casos especiales de esta fórmula, por ejemplo, al notar que se puede disecar un cubo ABCDEFGH de lado s, con base ABCD y superficie superior EFGH, con E por encima de D, F por encima de A, y así sucesivamente en tres pirámides idénticas, todas con ápice E: una con base ABCD, una con base BCHG y otra con base ABGF. De ahí que cada pirámide tenga volumen$\frac{1}{3}$s ³, que puede interpretarse como

$\frac{1}{3}\times (areaofbase=s^2)\times (height=s)$.

Para obtener el tronco de altura d, se corta una pirámide con altura h (digamos) una pirámide con altura h + d.

volumen (frustum) =$\left[\frac{1}{3}\times b^2\times (h+d)\right]-\left[\frac{1}{3}\times a^2\times h\right]$

$=\left[\frac{1}{3}\times b^2\times d\right]+\left[\frac{1}{3}\times (b^2-a^2)\times h\right]$.

Deje que N sea el punto medio de BC, y deje que la línea AN se encuentre con la cara cuadrada superior del tronco en M.

Deje que la perpendicular desde el ápice A hasta la base BCDE se encuentre con la cara superior del troncostal en Y y la base BCDE en Z.

THENδ AYM ~ Δ AZN (por similitud AAA), entonces AY: AZ = YM: ZN.

∴$\frac{h}{h+d}=\frac{a}{b},$soh(b−a)=ad.

∴ $volume(frustum)=$13b2d+13(b2−a2)h

$=$13b2d+13(b+a)ad

$=\frac{1}{3}\left(b^2+ab+a^2\right)d$.

172. Construir la línea a través de A que es paralela a A'Bʹ, y dejar que se encuentre con la línea BBʹ en P. Del mismo modo, construya la línea a través de B que es paralela a B'C′ y deje que se encuentre con la línea CC' en Q.

Entonces Δ ABP ~ Δ BCQ (por similitud AAA), entonces AB: BC = AP: BQ.

Ahora AÁB'P es un paralelogramo, por lo que AP = ÁBʹ, y BB́C'Q es un paralelogramo, por lo que BQ = B́Cʹ.

sedan AB: BC = A'Bʹ: B'Cʹ. QED

173.

(a) Supongamos que AB tiene longitud a y CD tiene longitud b. El problema 137 nos permite construir un punto X tal que AX = CD, por lo que AX tiene longitud b. Ahora construya el punto Y donde el círculo con centro A y radio AX se encuentra con BA producido (más allá de A). Entonces YB tiene longitud a + b.

Si a > B, deja que Z sea el punto donde el círculo con el centro A y que pasa por X se encuentra con el segmento AB interiorEntonces ZB tiene longitud a - b.

(b) Utilice el Problema 137 para construir un punto U (no en la línea CD) tal que DU = XY, y un punto V en DU (posiblemente extendido más allá de U) tal que DV = AB. Por lo tanto, DU tiene longitud 1 y DV tiene longitud a.

Construya la línea a través de V paralela a UC y deje que se encuentre con la línea DC en W. Entonces Δ DVW ~ Δ DUC, con factor de escala DW: DC = DV: DU = a: 1. De ahí que DW tenga longitud ab.

Para construir un segmento de línea de longitud$\frac{a}{b}$constructo U, V como arriba. Entonces deja que el círculo con el centro D y el radio DU se encuentren con CD en Uʹ. Deje que la línea a través de Uʹ paralela a CV se encuentre con DV en X. El ΔDU'X ~ Δ DCV, con factor de escala DX: DV = DUʹ: DC = 1: B, entonces DX tiene longitud$\frac{a}{b}$.

(c) Utilice el Problema 137 para construir un punto G de manera que AG = XY = 1. Después dibuja el círculo con el centro A pasando por G para encontrarse con BA extendido en H. De ahí HA = 1, AB = a.

Construye el punto medio M de HB; dibuja el círculo con el centro M y pasando por H y B.

Construye la perpendicular a HB en el punto A para encontrarse con el círculo en K.

Entonces Δ HAK ~ Δ KAB, entonces AB: AK = AK: AH. De ahí AK =$\sqrt{a}$.

174. La clave de este problema es usar Problema 158: un paralelogramo (y por lo tanto cualquier rectángulo) se divide en dos piezas congruentes por cualquier corte recto a través del centro. Si A es el centro de la pieza rectangular de pastel de frutas, y B es el centro del rectángulo combinado que consiste en “pastel de frutas más glaseado”, entonces la línea AB da un corte recto que divide tanto el pastel de frutas como el glaseado exactamente en dos.

175.

(a) El minutero apunta exactamente a “7”, pero la manecilla de las horas se ha movido$\frac{7}{12}$del camino de “1” a “2”: es decir,$\frac{7}{12}$de 30°, o 17$\frac{1}{2}$°. De ahí que el ángulo entre las manos sea 162$\frac{1}{2}$°.

El mismo ángulo surge cada vez que las manos están tratando de apuntar en direcciones opuestas, pero están desfasadas por$\frac{7}{12}$de 30°, o 17$\frac{1}{2}$°. Esto sugiere que en lugar de “35 minutos después de 1” deberíamos considerar “35 minutos antes de las 11”, o 10:25.

b) Las dos manos coinciden a media noche. El minutero entonces corre por delante, y las manos no vuelven a coincidir hasta poco después de la 1:00 —y de hecho después de la 1:05.

Más precisamente, en 60 minutos, la manecilla de los minutos gira 360°, por lo que en x minutos, gira 6x°. En 60 minutos la manecilla de las horas gira 30°, así que en x minutos, la manecilla de las horas gira$\frac{1}{2}$x°.

Las manos se superponen cuando

$$$$12x ≡6x (mod360),

o cuando$\frac{11}{2}$x es un múltiplo de 360.

Esto ocurre cuando X = 0 (es decir, a medianoche); luego no hasta

X =$\frac{720}{11}=65\frac{5}{11}$,

y el tiempo es 5$\frac{5}{11}$minutos pasado 1: es decir, después de 1$\frac{1}{11}$horas.

Ocurre de nuevo 1$\frac{1}{11}$horas, o 65$\frac{5}{11}$minutos, más tarde, es decir, a las 10$\frac{10}{11}$minutos pasados 2, y así sucesivamente.

De ahí que el fenómeno ocurra a la medianoche, y luego 11 veces más hasta el mediodía (con el mediodía como la hora 12; y luego 11 veces más hasta la medianoche —y por lo tanto 23 veces en total (incluyendo ambas ocurrencias de medianoche).

(c) Si añadimos una tercera mano (la 'segunda manecilla), las tres manecillas coinciden a medianoche. En x minutos, el segundero gira 360x°.

Ahora sabemos exactamente cuándo coinciden la manecilla de las horas y la manecilla de los minutos, así podemos verificar dónde está el segundero en estos momentos. Por ejemplo, a las 5$\frac{5}{11}$minutos pasados 1, la segunda mano ha dado la vuelta (360 × 65$\frac{5}{11}$)°, y

360 × 65$\frac{5}{11}$≡ 360 ×$\frac{5}{11}($mod360),

así que la segunda mano no está cerca de las otras dos manos.

La ^k-ésima ocasión en la que coinciden la manecilla de las horas y los minutos ocurre en k × 1$\frac{1}{11}$horas después de la medianoche, cuando las dos manecillas apuntan en dirección$(\frac{}{}$360k11)° en sentido horario más allá de “12”. Al mismo tiempo, la segunda mano ha dado la vuelta (360 × 65$\frac{5}{11}$× k)°, y

$360\times 65\frac{5}{11}\times k\equiv 360\times \frac{5}{11}\times k($mod360),

o cinco veces más redondo, y estos dos nunca son iguales$($mod360).

176.

Nota: Una de las cosas que hace posible calcular distancias exactamente aquí es que todos los ángulos se conocen exactamente, y dan lugar a muchos triángulos rectos.

La simetría rotacional de la esfera del reloj significa que solo tenemos que considerar segmentos con un punto final a las 12 en punto (digamos A). La simetría refleccional en la línea AG significa que solo tenemos que encontrar AB, AC, AD, AE, AF y AG.

Claramente AG = 2. Si O denota el centro de la esfera del reloj, entonces AD es la hipotenusa de un triángulo isósceles Δ OAD con patas de longitud 1, entonces AD =$\sqrt{2}$.

Δ ACO es isósceles (OA = OC = 1) con ángulo de ápice AOC = 60°, por lo que el triángulo es equilátero. De ahí AC = OA = 1.

De ello se deduce que ACEGIK es un hexágono regular, por lo que AE =$\sqrt{3}$(si OC cumple AE en X, entonces Δ ACX es un triángulo 30-60-90, y también lo es la mitad de un triángulo equilátero, de donde AX =$\frac{\sqrt{3}}{2})$.

Queda por encontrar AB y AF.

Deje que OB se encuentre con AC en Y. Entonces OY =$\frac{\sqrt{3}}{2}$(ya que Δ OYA es un triángulo 30-60-90).

POR = 1 -$\frac{\sqrt{3}}{2}$, AY =$\frac{1}{2}$, por lo que AB =$\sqrt{2-\sqrt{3}}$.

Por último, AB subtiende a AoB = 30° en el centro, cuandoCEOAB =OBA = 75° yAgB = 15°.

ABG = 90° así podemos aplicar el Teorema de Pitágoras a Δ ABG para encontrar BG = AF =$\sqrt{2+\sqrt{3}}$.

177.

$\sqrt{1}$es la distancia de (0, 0, 0) a (1, 0, 0).

$\sqrt{2}$es la distancia de (0, 0, 0) a (1, 1, 0).

$\sqrt{3}$es la distancia de (0, 0, 0) a (1, 1, 1).

$\sqrt{4}$es la distancia de (0, 0, 0) a (2, 0, 0).

$\sqrt{5}$es la distancia de (0, 0, 0) a (2, 1, 0).

$\sqrt{6}$es la distancia de (0, 0, 0) a (2, 1, 1).

$\sqrt{7}$no se puede realizar como una distancia entre puntos enteros de celosía en 3D.

$\sqrt{8}$es la distancia de (0, 0, 0) a (2, 2, 0).

$\sqrt{9}$es la distancia de (0, 0, 0) a (3, 0, 0).

$\sqrt{10}$es la distancia de (0, 0, 0) a (3, 1, 0).

$\sqrt{11}$es la distancia de (0, 0, 0) a (3, 1, 1).

$\sqrt{12}$es la distancia de (0, 0, 0) a (2, 2, 2).

$\sqrt{13}$es la distancia de (0, 0, 0) a (3, 2, 0).

$\sqrt{14}$es la distancia de (0, 0, 0) a (3, 2, 1).

$\sqrt{15}$no se puede realizar como una distancia entre puntos enteros de celosía en 3D.

$\sqrt{16}$es la distancia de (0, 0, 0) a (4, 0, 0).

$\sqrt{17}$es la distancia de (0, 0, 0) a (4, 1, 0).

Nota: La pregunta subyacente extiende el problema 32:

¿Qué enteros se pueden representar como una suma de tres cuadrados?

Esta pregunta fue respondida por Legendre (1752—1833):

Teorema. Un entero positivo se puede representar como una suma de tres cuadrados si y sólo si no es de la forma 4 ^a (8b + 7).

178.

(a) Que AD y CE crucen en X. Únete a DE. ThenaxC =EXD (ángulos verticalmente opuestos). A partir de entonces, los cinco ángulos de la estrella pentagonal tienen la misma suma que los ángulos de Δ BED. De ahí que los cinco ángulos tengan suma$\pi$radianes.

(b) Comienza con siete vértices A, B, C, D, E, F, G dispuestos en orden cíclico.

(i) Considere primero la estrella 7-gonal ADGCFBE. Deje que GD y BE crucen en X y deje que GC y BF crucen en Y. Únete a DE, BG. Como en la parte a),

BGC +GBF =BFC +GCF,

y

BGD +GBE =CAMA +GDE,

por lo que los ángulos en la estrella 7-gonal tienen la misma suma que los ángulos en Δ ADE. De ahí que los siete ángulos tengan suma$\pi$radianes.

(ii) Consideraciones similares con la estrella de 7 gonales ACEGBDF muestran que sus siete ángulos tienen suma 3$\pi$radianes.

Nota: Observe que las tres posibles “estrellas” (incluyendo el polígono ABCDEFG) tienen sumas de ángulo$\pi$radianes, 3$\pi$radianes, y 5$\pi$radianes.

(c) si n = 2k + 1 es primo, podemos unir A a su vecino inmediato B (1-paso), o a su segundo vecino C (2-paso),..., o a su ^k-ésimo vecino (k-paso), así hay k estrellas diferentes, con sumas de ángulo

$$\begin{array}{cc}& (n-2)\pi ,(n-4)\pi ,(n-6)\pi ,...\mathrm{,3}\pi ,\pi \hfill \end{array}$$

respectivamente.

Si n no es primo, la situación es un poco más complicada, ya que, por cada divisor m de n, las estrellas km -step se descomponen en componentes separados.

179.

a) i) Que los otros tres pentágonos sean CDRST, DEUVW, EAXYZ.

En A tenemos tres ángulos de 108°, SONaX = 36°.

Δ ANX es isósceles (AN = AB = AE = AX), por lo que AXN = 72°.

HENCEAXY +AXN = 180°, entonces Y, X, N se encuentran en línea recta.

De igual manera M, N, X se encuentran en línea recta.

De ahí que M, N, X, Y se encuentran sobre un segmento de línea recta MY de longitud 1 + YN = 2 + NX.

(ii) De la misma manera se deduce que MP pasa por L y Q, que PS pasa por O y T, etc. de manera que la figura se ajusta cómodamente dentro del pentágono MPSVY, cuyos ángulos son todos iguales a 108°. Además, Δ ANX ≡ Δ BQL (por congruencia SAS), entonces XN = LQ, de donde MP = YM. De manera similar MP = PS = SV = VY, por lo que MPSVY es un pentágono regular.

(iii) En el pentágono regular EAXYZ la diagonal EY || AX.

Además, XAC es una línea recta, y ACB +NBC = 180°, por lo que AC || NB.

De ahí que YE || NB, y YE = NB =$(n-2)\pi ,(n-4)\pi ,(n-6)\pi ,...,3\pi ,\pi$(la proporción áurea$\tau$), por lo que YEBN es un paralelogramo.

De ahí que YN = EB =$\frac{1+\sqrt{5}}{2}$, entonces YM = 1 +${\tau }^2$.

b) i

Δ MPY ≡ Δ PSM ≡ Δ SVP ≡ Δ VYS ≡ Δ YMV

(por SAS-congruencia), entonces

YP = MS = PV = SY = VM

También PMS = MPY = 36°;

** Δ BMP tiene ángulos de base iguales, y también lo es isósceles.

De ahí que BM = BP, yMBP = 108° =ABC.

De manera similar, Amy =AYM = 36°.

Δ AMY ≡ Δ BPM (por ASA-congruencia), entonces

AY = AM = BM = BP.

Δ MAB ≡ Δ PBC — por ASA-congruencia:

BPC = 108° -BPM -CPS = 36° =AMB,

MA = PB, y PBC =MBA =MAB.

De ahí AB = BC.

Continuando alrededor de la cifra vemos que

AB = BC = CD = DE = EA

y que

A =B =C =D =E.

(ii) Extender DB para cumplir con MP en L, y extender DA para cumplir con MY en N. Luego 36° =DBC =LBM (ángulos verticalmente opuestos). De ahí que Δ LBM tenga ángulos de base iguales y así lo es isósceles: LM = LB. Similarmente NM = NA. Ahora Δ LBM ≡Δ NAM (por ASA-congruencia, ya que MA = MB), entonces LM = LB = NA = NM.

En el pentágono regular ABCDE sabemos quedBC = 36°; y en Δ LBM, LBM =DBC (ángulos verticalmente opuestos), entonces MLB = 108°. Entonces BLP = 72° =LBP, entonces Δ PLB es isósceles: PL = PB. En el pentágono regular MPSVY, Δ PMA es isósceles, por lo que PM = PA. BA.

De ahí que ABLMN es un pentágono con cinco lados iguales. Es fácil comprobar que los cinco ángulos son todos iguales.

(iii) Vimos en (i) que las cinco diagonales del MPSVY son iguales. Mostramos en el Problema 3 que cada uno tiene longitud$\tau ={\tau }^2$, y que MPDY es un rombo, por lo que DY = PM = 1. De igual manera SE = 1.

Por lo tanto, SD =$\tau$- 1, y DE = SE - SD = 2 -$\tau$=${\left({\tau }^2\right)}^{-1}$.

180.

(a) Dado que las baldosas encajan “borde a borde”, todas las baldosas tienen la misma longitud de borde. El número k de mosaicos que se encuentran en cada vértice debe ser de al menos 3 (ya que el ángulo en cada vértice de un n -gon =$\left(1-\frac{2}{n}\right)\pi \text{<}\pi )$, y puede ser como máximo 6 (ya que el ángulo más pequeño posible en un n -gon regular ocurre cuando n = 3, y entonces es$\frac{\pi }{3}$).

Consideramos cada posible valor de k a su vez.

— Si k = 6, entonces n = 3 y tenemos seis triángulos equiláteros en cada vértice.

— Si k = 5, entonces tendríamos$\left(1-\frac{2}{n}\right)\pi =\frac{}{}$2π5,por lon=103no es un número entero.

— Si k = 4, entonces n = 4 y tenemos cuatro cuadrados en cada vértice.

— Si k = 3, entonces n = 6 y tenemos tres hexágonos regulares en cada vértice.

De ahí n = 3, o 4, o 6.

(b) (i) Si k = n = 4, es fácil formar la figura del vértice. Puede parecer 'obvio' que continúa “hasta el infinito”; pero si pensamos que es obvio, entonces deberíamos explicar por qué: (elige la escala para que la longitud de borde común sea “1”; luego dejar que los puntos enteros de celosía sean los vértices del mosaico, con los mosaicos como traducciones del cuadrado unitario formado por (0, 0), (1, 0) , (1, 1), (0, 1)).

(ii) Si k = 6, n = 3, deja que los vértices correspondan a los números complejos p + q$\omega$, donde p, q son números enteros, y donde$\omega$es una raíz cubicada compleja de 1

(es decir, una solución de la ecuación$\omega$³ = 1 ≠$\omega$, o$\omega$² +$\omega$+ 1 = 0), siendo los bordes los segmentos de línea de longitud 1 uniendo vecinos más cercanos (a distancia 1).

(iii) Si k = 3, n = 6, toma los mismos vértices que en (ii), pero elimina todos aquellos para los que p + q ≡ 0 (mod 3), entonces deja que los bordes sean los segmentos de línea de longitud 1 uniendo vecinos más cercanos.

181.

a) i) Como antes, el número k de mosaicos en cada vértice se encuentra entre 3 y 6. Sin embargo, esta vez k no determina la forma de las baldosas. De ahí que introduzcamos un nuevo parámetro: el número de t de triángulos en cada vértice, que puede oscilar entre 0 y 6. Las derivaciones se basan en la aritmética elemental, para lo cual es más fácil trabajar con ángulos en grados.

* Si t = 6, entonces la figura del vértice debe ser 3 ⁶.

* Si t = 5, el hueco restante de 60° solo podría tomar un sexto triángulo, por lo que este caso no puede ocurrir.

* Si t = 4, nos quedamos con un ángulo de 120°, por lo que la única cifra de vértice posible es 3 ⁴ .6.

* Si t = 3, entonces nos quedamos con un ángulo de 180°, por lo que las únicas configuraciones posibles son ^{3 3} .4 ² (con los dos cuadrados juntos), o 3 ² .4.3.4 (con los dos cuadrados separados por un triángulo).

* Si t = 2, nos quedamos con un ángulo de 240°, que no se puede rellenar con 3 o más mosaicos (ya que el tamaño promedio del ángulo sería entonces como máximo de 80°, y no se permiten más triángulos), por lo que las únicas cifras de vértice posibles son 3 ² .4.12, 3.4.3.12, 3 ² .6 ², 3.6.3.6 (ya que 3 ² .5.n o 3.5.3.n requerirían un n -gon regular con un ángulo de 132°, lo cual es imposible).

Nota: La compacidad del argumento basado en el parámetro t está a punto de terminar. Continuamos el mismo appr OAC h, con el enfoque cambiando del parámetro t a un nuevo parámetro s, es decir, el número de cuadrados en cada figura de vértice.

* Supongamos t= 1. Nos quedamos con un ángulo de 300°.

Si s = 0, los 300° no pueden llenarse con 3 o más mosaicos (ya que entonces el tamaño promedio del ángulo sería como máximo de 100°, y no se pueden usar cuadrados), por lo que hay exactamente dos mosaicos adicionales. Dado que cada baldosa tiene ángulo$\le$180°, no podemos usar un hexágono, por lo que la baldosa más pequeña tiene al menos 7 lados; y dado que el promedio de los dos tamaños de ángulo restantes es de 150°, la loseta más pequeña tiene como máximo 12 lados. Ahora es fácil comprobar que las únicas cifras de vértice posibles son 3.7.42, 3.8.24, 3.9.20, 3.10.15, 3.12 ².

Si s = 1, nos quedaríamos con un ángulo de 210°, lo que requeriría dos baldosas más grandes con un tamaño de ángulo promedio de 105°, lo cual es imposible.

Si s = 2, las únicas cifras de vértice posibles son 3.4 ² .6, o 3.4.6.4.

Claramente no podemos tener s = 3 (o nos quedaríamos con un hueco de 30°); y t = 1, s > 3 también es imposible.

* De ahí que podamos suponer que t = 0, en cuyo caso s es como máximo 4.

Si s = 4, entonces la figura del vértice es 4 ⁴.

Si s = 3, entonces el hueco restante sólo podría tomar un cuarto cuadrado, por lo que este caso no ocurre.

Si s = 2, nos quedamos con un ángulo de 180°, que no se puede llenar.

Si s = 1, nos quedamos con un ángulo de 270°, por lo que debe haber exactamente dos fichas adicionales y las únicas cifras de vértice posibles son 4.5.20, 4.6.12 o 4.8 ² (ya que un 7 -gon regular dejaría un ángulo de 141${\frac{3}{7}}^{°}$).

* De ahí que podamos suponer que t = s = 0, y proceder usando el parámetro f — es decir, el número de pentágonos regulares. Claramente f es como máximo 3, y no puede ser igual a 3 (o dejaríamos un ángulo de 36°).

Si F = 2, nos quedamos con un ángulo de 144°, por lo que la única figura de vértice es 5 ² .10.

Si F = 1, nos quedamos con un ángulo de 252°, lo que requiere exactamente dos baldosas más, cuyo ángulo promedio es de 126°; pero esto nos obliga a usar un hexágono —dejando un ángulo de 132°, lo cual es imposible.

* De ahí que podamos suponer que t = s = F = 0. Entonces la baldosa más pequeña posible es un hexágono, y como necesitamos al menos 3 fichas en cada vértice, la única cifra de vértice posible es 6 ³.

De ahí que la condición necesaria de mente simple (es decir, que la figura del vértice no debe tener huecos) da lugar a una lista de veintiún posibles figuras de vértice:

3 ⁶, 3 ⁴ .6, 3 ³ .4 ², 3 ² .4.3.4, 3 ² .4.12, 3.4.3.12, 3 ² .6 ², 3.6.3.6, 3.7.42 , 3.8.24, 3.9.20, 3.10.15, 3.12 ², 3.4 ² .6, 3.4.6.4, 4 ⁴, 4.5.20, 4.6.12, 4.8 ², 5 ² .10, 6 ³.

ii) Lema. El vértice cifras 3 ² .4.12, 3.4.3.12, 3 ² .6 ², 3.7.42, 3.8.24, 3.9.20, 3.10.15, 3.4 ² .6, 4.5.20, 5 ² .10 no se extiendan a inclinaciones semi-regulares del plano.

Comprobante. Supongamos al contrario que cualquiera de estas figuras de vértice podría realizarse mediante un alicatado semi-regular del plano. Elija un vértice B y considere los mosaicos alrededor del vértice B.

En las primeras ocho de las figuras de vértice listadas podemos elegir un triángulo T = ABC, que es adyacente a polígonos de diferentes tamaños en los bordes BA (digamos) y BC.

En las dos figuras de vértice restantes, hay una cara T = ABC·scon un número impar de aristas, que tiene la misma propiedad, es decir, la de estar adyacente a un a -gon en el borde BA (digamos) y a b -gon en el borde BC con a ≠ b. (Por ejemplo, en la figura del vértice 3 ² .4.12, T = ABC es un triángulo, y las caras en BA y en BC son —en algún orden— un 3-gon y un 4-gon, o un 3-gon y un 12-gon.)

En cada caso deja que la cara T sea un p -gon.

Si la cara adyacente a T en el borde BA es un a -gon, y esa en el borde BC es un b-gon, entonces el símbolo de la figura del vértice debe incluir la secuencia “$...$a.p.b$...$”.

Si ahora cambiamos la atención del vértice B al vértice A, entonces sabemos que A tiene la misma figura de vértice, por lo que debe incluir la secuencia”$...$a.p.b$...$”, por lo que la cara adyacente al otro borde de T en A debe ser un b-gon. A medida que se trazan alrededor de los bordes de la cara T, las caras adyacentes a

T son alternativamente a -gones y b -gones — contradiciendo el hecho de que T tiene un número impar de aristas.

De ahí que ninguna de las figuras de vértices enumeradas se extienda a un alicatado semirregular del plano. QED

b) Se deduce que las once cifras de vértice restantes

3 ⁶, 3 ⁴ .6, 3 ³ .4 ², 3 ² .4.3.4, 3.6.3.6, 3.12 ², 3.4.6.4, 4 ⁴, 4.6.12, 4.8 ², 6 ³

todos pueden realizarse como inclinaciones semi-regulares (y una —es decir, 3 ⁴ .6 — se puede realizar de dos maneras diferentes, siendo una reflejo de la otra).

En el espíritu del Problema 180 (b), uno debería querer hacerlo mejor que producir imágenes plausibles de tales inclinaciones, especificando cada uno de alguna manera canónica. Dejamos este reto al lector.

182. [Construimos un hexágono regular y tomamos vértices alternos.]

Dibuja el círculo con el centro O pasando por A. El círculo con el centro A pasando por O vuelve a encontrarse con el círculo en X e Y.

El círculo con centro X y pasando por A y O vuelve a encontrarse con el círculo en B; y el círculo con centro Y y pasando por A y O, vuelve a encontrarse con el círculo en C.

Entonces Δ AOX, Δ AOY, Δ XOB, Δ YOC son equiláteros, SOaxB = 120° =AYC, y XAB = 30° =YAC.

De ahí Δ AXB ≡ Δ AYC, entonces AB = AC .Δ ABC es isósceles SOB =C, con ángulo de ápice Bac =XAY -XAB -YAC = 60°; por lo tanto, Δ ABC es equiangular y tan equilátero.

183.

(a) Dibuja el círculo con el centro O y pasando por A.

Extender AO más allá de O para encontrarse de nuevo con el círculo en C.

Construye la bisectriz perpendicular de AC, y deja que esta se encuentre con el círculo en B y en D.

Entonces BA = BC (ya que la bisectriz perpendicular de AC es el locus de puntos equidistantes de A y de C); de manera similar DA = DC.

Δ OAB y Δ OCB son ambos triángulos isósceles en ángulo recto, por lo que ABC es un ángulo recto (o apelar a “los anglesubtended en el círculo por el diámetro AC”). Similarmente A, C, D son ángulos rectos, por lo que ABCD es un rectángulo con BA = BC, y por lo tanto un cuadrado.

Nota: Esta construcción comienza con el AC regular de 2 gones inscrito en su circuncírculo, y lo duplica para obtener un 4 gon regular, construyendo los bisectores perpendiculares de los “dos lados” para encontrarse con el circuncírculo en B y en D.

(b) Erigir las perpendiculares a AB en A y en B.

Después dibuja los círculos con el centro A y pasando por B, y con el centro B y pasando por A.

Que estos círculos se encuentren con las perpendiculares a AB (en el mismo lado de AB) en D y en C.

Entonces AD = BC, y AD || BC, entonces ABCD es un paralelogramo (por Problema 159 (a)), y por lo tanto a (siendo un paralelogramo con un ángulo recto), y así un cuadrado (ya que AB = AD ).

184.

(a) (i) Primero construya el ACE regular de 3 gones con circuncentro O. Luego construya los bisectores perpendiculares de los tres lados AC, CE, EA, y deje que estos coincidan con el circuncírculo en B, D, F.

Nota: Aquí enfatizamos el paso general de n -gon regular inscrito a 2n -gon regular inscrito — aunque esto pueda parecer perverso en el caso de un 3 -gon regular (ya que construimos el 3 -gon regular inscrito en Problema 182 construyendo primero el 6 -gon regular y luego tomando vértices alternos).

(ii) Primero construya el ACEG regular de 4 gones con circuncentro O. Luego construye los bisectores perpendiculares de los cuatro lados AC, CE, EG, GA, y deja que estos coincidan con el circuncírculo en B, D, F, H.

(b) (i) Construir un triángulo equilátero ABO.

Después dibuja el círculo con el centro O y pasando por A y B. Después proceder como en 182.

(ii) Extender AB más allá de B, y dejar que esta línea se encuentre con el círculo con el centro B y que pase por A en X.

Ahora construye un cuadrado BXYZ en el lado BX como en 183 (a), y deja que la diagonal BY se encuentre con el círculo en C.

Construir el circuncentro O de Δ ABC (el punto donde se encuentran los bisectores perpendiculares de AB, BC).

Construye el siguiente vértice D como el punto donde el círculo con el centro O y que pasa por A se encuentra con el círculo con el centro C y que pasa por B. Los puntos restantes E, F, G, H se pueden encontrar de manera similar.

185.

(a) (i) Hay varias formas de hacer esto —ninguna de las clases con las que la mayoría de nosotros pudiéramos tropezar. Dibuja el círculo circular con el centro O y pasando por A. Extender la línea AO más allá de O para encontrarse con elcírculo de nuevo en X.

Construye la bisectriz perpendicular de AX, y deja que esta se encuentre con el círculo en Y y en Z. Construye el punto medio M de OZ y une MA.

Deje que el círculo con centro M y pasando por A se encuentre con el segmento de línea OY en el punto F.

Finalmente, deje que el círculo con el centro A y pasando por F se encuentre con el círculo circunscrito en B. Entonces AB es un lado del 5 gon regular requerido. (El vértice C en el circuncírculo se obtiene entonces como el segundo punto de encuentro del circuncírculo con el círculo teniendo el centro B y pasando por A. Los puntos D, E se pueden encontrar de manera similar.)

La prueba de que esta construcción hace lo que se reclama se logra más fácilmente calculando longitudes.

Dejar OA = 2. Entonces DE =$\sqrt{5}$- 1, así que AF =$\sqrt{10-2\sqrt{5}}$= AB. Queda por probar que esta es la longitud correcta para el lado de un pentágono regular inscrito en un círculo de radio 2. Afortunadamente el trabajo ya se realizó, ya que Δ OAB es isósceles con ángulo de ápice igual a 72°. Si dejamos caer una perpendicular de O a AB, entonces necesitamos verificar si es cierto que

$$\begin{array}{cc}& \mathrm{pecado}36°=\genfrac{}{}{0.1ex}{}{\sqrt{10-2\sqrt{5}}}{4}.\hfill \end{array}$$

Pero esto ya se mostró en el Problema 3 (c).

(ii) Para construir un ABCDEFGHIJ regular de 10 gones, primero construya un ACEGI regular de 5 gones con circuncentro O; luego construir los bisectores perpendiculares de los cinco lados, y así encontrar B, D, F, H, J como puntos donde estos bisectores se encuentran con el circuncírculo.

(b) (i) El primer movimiento es construir una línea BX a B tal queABx = 108°. Afortunadamente esto se puede hacer usando la parte (a), tratando temporalmente a B como el circuncentro, dibujando el círculo con el centro B y pasando por A, e iniciando la construcción de un AP·s regular de 5 gones inscritos en este círculo.

Entonces, ABP = 72°; así que si extendemos la línea PB más allá de B a X, entonces ABX = 108°. Deje que BX se encuentre con el círculo con el centro B a A en el punto C. Entonces BA = BC y ABC = 108°, así que estamos listos y funcionando.

Si dejamos que los bisectores perpendiculares de AB y BC se encuentren en O, entonces el círculo con el centro O y que pasa por A también pasa por B y C (y el todavía por ser l OBC ted puntos D y E). El círculo con centro C y que pasa por B vuelve a encontrarse con este círculo en D; y el círculo con centro A y que pasa por B se encuentra nuevamente con el círculo en E.

(ii) Para construir el ABCDEFGHIJ regular de 10 gones, tratar B como el punto O en (a) (i) y construir un AXCYZ regular de 5 gones inscrito en el círculo con el centro B y que pasa por A.

Luego, ABC = 144°, y BA = BC, por lo que C es el siguiente vértice del 10 -gon regular requerido. Ahora podemos proceder como en (a) (ii) para construir primero el circuncentro O del 10 -gon regular requerido como el punto donde se encuentran los bisectores perpendiculares de AB y BC, luego dibujar el circuncírculo, y finalmente salir sucesivos vértices D, E,$$\text{.}\text{.}\text{.}$$de los 10 -gon alrededor del circuncírculo.

186. El número k de caras que se encuentran en cada vértice puede ser como máximo cinco (ya que más producirían una suma de ángulo que es demasiado grande). Y k ≥ 3 (con el fin de crear un rincón genuino.

• Si k = 5, entonces la figura del vértice debe ser 3 ⁵ (o la suma del ángulo sería >360°).
• Si k = 4, entonces la figura del vértice debe ser 3 ⁴ (o la suma del ángulo sería demasiado grande).
• Si k = 3, el ángulo en cada uno de los polígonos regulares debe ser <120°, por lo que las únicas figuras de vértice posibles son 5 ³, 4 ³ y 3 ³.

187. Los puntos medios respectivos tienen coordenadas:

de AB:$\left(\frac{1}{2},\frac{1}{2},0\right)$; de AC:$\left(\frac{1}{2},0,\frac{1}{2}\right)$; de AD:$\left(1,\frac{1}{2},\frac{1}{2}\right)$; de BC:$\left(0,\frac{1}{2},\frac{1}{2}\right)$; de BD:$\left(\frac{1}{2},1,\frac{1}{2}\right)$; de CD:$\left(\frac{1}{2},\frac{1}{2},1\right)$.

* PQ =$\frac{1}{\sqrt{2}}$= PR = PS = PT = QR = RS = ST = TQ.

188.

(a) Hay infinitamente muchos planos a través del vértice A y el vértice base B. Entre estos planos, el perpendicular a la base BCD es el que pasa por el punto medio M de CD. Dejar que la perpendicular de A a la base, se encuentre con la base BCD en el punto X, que debe estar sobre BM. Deja que AX tenga longitud h. Para encontrar h calculamos el área de Δ ABM de dos maneras.

Primero, BM tiene longitud$\sqrt{3}$, entonces área (Δ ABM) =$\frac{1}{2}\left(\sqrt{3}\times h\right)$

Segundo, Δ ABM es isósceles con base AB y ápice M, por lo que tiene altura$\sqrt{2}$.

Área de los (Δ ABM) =$\frac{1}{2}(2\times \sqrt{2})$=$\sqrt{2}$.

Si ahora equiparamos las dos expresiones para area (Δ ABM), vemos que h =$\sqrt{\frac{8}{3}}$.

(b) (i) Cuando se construye un octaedro regular (ya sea usando tarjeta, o mosaicos como Polydron®) se empieza por disponer cuatro triángulos equiláteros alrededor de un vértice como A. Esta 'figura de vértice' no es rígida: aunque sabemos que BC = CD = DE = EB, no hay a priori razón por la que los cuatro vecinos B, C, D, E de A debe formar un cuadrado, o un rombo, o un cuadrilátero plano. Mostramos que estos cuatro vecinos se encuentran en un solo plano: B, C, D, E están todos a distancia 2 de A y distancia 2 de F, por lo que (por Problema 144) deben estar todos en el plano perpendicular a la línea AF y pasando por el punto medio X de AF. Además, Δ ABX ≡ Δ ACX (por congruencia RHS, ya que AB = AC = 2, AX = AX, yAXB =AXC son ambos ángulos rectos). De ahí que XB = XC, así que B, C se encuentran en un círculo en este plano con el centro X. De manera similar Δ ABX ≡ Δ ADX ≡ Δ AEX, por lo que BCDE es un cuadrilátero cíclico (y un rombo), y de ahí un cuadrado —con X como punto medio tanto de BD como de CE.

(ii) Que M sea el punto medio de BC y N el punto medio de DE.

Luego NM y AF cruzan en X y así definen un solo plano. En este plano, Δ ANM ≡ Δ FMN (por congruencia SSS, ya que AN = FM =$\sqrt{3}$, NM = MN, MA = NF =$\sqrt{3}$); de ahí ANM =FMN, entonces AN || MF.

De igual manera, si P es el punto medio de AE y Q es el punto medio de FC, entonces Δ DPQ ≡ Δ BQP, entonces DP || QB. De ahí que la cara superior DEA sea paralela a la cara inferior BCF, por lo que la altura del octaedro sentado sobre la mesa es igual a la altura de Δ FMN. Pero este triángulo tiene lados de longitudes 2,$\sqrt{3}$,$\sqrt{3}$, por lo que esta altura es exactamente la misma que la altura h en la parte (a).

189.

(i) Dejar L =$\left(\frac{1}{2},0,0\right)$andM= $\left(\frac{1}{2},\frac{1}{2},0\right)$. Entonces L yace en la línea ST y M es el punto medio de NP.

Δ LSM es un triángulo en ángulo rectocon patas de longitud LS = A, LM =$\frac{1}{2}$, entonces MS =$\sqrt{a^2+\frac{1}{4}}$.

Δ MNS es un triángulo en ángulo rectocon patas de longitud MN =$\frac{1}{2}$- A, MS =$\sqrt{a^2+\frac{1}{4}}$.

De ahí que NS =$\sqrt{2a^2-a+\frac{1}{2}}$.

Del mismo modo NU =$\sqrt{2a2-a+\frac{1}{2}}$.

Deje Lʹ =$0,\frac{1}{2}$, 0\ derecha) y Mʹ =$\left(0,\frac{1}{2},\frac{1}{2}\right)$. Entonces Mʹ es el punto medio de WX y Lʹ se encuentra inmediatamente por debajo de Mʹ en la línea que une (0, 0, 0) a (0, 1, 0). En el triángulo en ángulo recto δ L'NMʹ encontramos NMʹ =$\sqrt{a^2+\frac{1}{4}}$, y en el triángulo rectángulo Δ M'WN encontramos luego NW =$\sqrt{2a^2-a+\frac{1}{2}}$. Del mismo modo NX =$\sqrt{2a^2-a+\frac{1}{2}}$.

(ii) NP = NS precisamente cuando 1 - 2a =$\sqrt{2a^2-a+\frac{1}{2}}>0$; es decir, whena =$\frac{3-\sqrt{5}}{4}$, por lo que todos los bordes del poliedro tienen longitud$\frac{\sqrt{5}-1}{2}=\tau -1$.

Nota: El rectángulo NPRQ es un “1 por$\tau -1$” rectángulo, y 1:$\tau$- 1 =$\tau$: 1. De ahí que el icosaedro regular se pueda construir a partir de tres copias congruentes, y perpendiculares por pares, de un “rectángulo dorado”.

190. Se imita la clasificación de posibles figuras de vértices para inclinaciones semi-regulares.

Estamos asumiendo que los ángulos que se encuentran en cada vértice se suman a<360°, por lo que el número k de caras en cada vértice se encuentra entre 3 y 5. Debido a que las caras son regulares, pero no necesariamente congruentes, k no determina la forma de las caras. De ahí que dejamos que t denote el número de triángulos en cada vértice, que puede oscilar entre 0 y 5.

• Si t = 5, entonces la figura del vértice debe ser 3 ⁵.
• Si t = 4, los polígonos restantes tienen ángulo sum<120°, por lo que las posibles cifras de vértice son 3 ⁴, 3 ⁴ .4 y 3 ⁴ .5.
• Si t = 3, entonces los polígonos restantes tienen ángulo sum<180°, por lo que las únicas figuras de vértice posibles son ^{3 3}, y ^{3 3} .n (para cualquier n >3).
• Si t = 2, entonces los polígonos restantes tienen un ángulo sum< 240°, por lo que hay como máximo 2 caras adicionales en la figura del vértice (ya que si hubiera 3 o más caras adicionales, el tamaño promedio del ángulo sería entonces como máximo de 80°, sin que se permitan más triángulos). Si solo hay 1 cara adicional, obtenemos el vértice figura 3 ² .n para cualquier n>3. Entonces podemos suponer que hay 2 caras adicionales —la más pequeña de las cuales debe ser entonces una de 4 o una de 5 gónes.

Si la siguiente cara más pequeña es una de 4 gones, entonces obtenemos las posibles figuras de vértice

3 ² .4 ² y 3.4.3.4, 3 ² .4.5 y 3.4.3.5, 3 ² .4.6 y 3.4.3.6, 3 ² .4.7 y 3.4.3.7, 3 ² .4.8 y 3.4.3.8, 3 ² .4.9 y 3.4.3.9, 3 ² .4.10 y 3.4.3.10, 3 ² .4.11 y 3.4.3.11.

Si la siguiente cara más pequeña es de 5 gones, entonces obtenemos las posibles figuras de vértice

3 ² .5 ² y 3.5.3.5, 3 ² .5.6 y 3.5.3.6, 3 ² .5.7 y 3.5.3.7.

Nota: Antes de continuar, vale la pena decidir cuál de las supuestas cifras de vértice identificadas hasta ahora parecen corresponder a poliedros semi-regulares —y luego demostrar que estas observaciones son correctas.

• El vértice figura 3 ⁵ corresponde al icosaedro regular.
• El vértice figura 3 ⁴ corresponde al octaedro regular; 3 ⁴ .4 corresponde al snubcube; 3 ⁴ .5 corresponde al dodecaedro desaire —que viene en forma zurda y diestra.
• El vértice figura 3 ³ corresponde al tetraedro regular, y 3 ³ .n (para cualquier n>3) corresponde al antiprisma n-gonal.
• El vértice figura 3 ² .n para cualquier n > 3 no parece surgir.
• El vértice figura 3 ² .4 ² no parece surgir; 3.4.3.4 corresponde al cuboctaedro; 3 ² .4.5 y 3.4.3.5, 3 ² .4.6 y 3.4.3.6, 3 ². .4.7 y 3.4.3.7, 3 ² .4.8 y 3.4.3.8, 3 ² .4.9 y 3.4.3.9, 3 ² .4.10 y 3.4.3.10, 3 ² .4.11 y 3.4.3.11 no parecen surgir.
• El vértice figura 3 ² .5 ² no parece surgir, mientras que 3.5.3.5 corresponde al icosidodecaedro; 3 ² .5.6 y 3.5.3.6, 3 ² .5.7 y 3.5.3.7 no parecen surgir.

Para evitar una mayor proliferación de “figuras de vértices putativas” espurias inyectamos una versión del Lema utilizada para los tilings algo antes de lo que hicimos los fortilings, y luego aplicamos la idea subyacente para eliminar otras posibilidades espurias a medida que surgen.

Lema. Las figuras de vértice

3 ² .4 ², 3 ² .n (n>3), 3 ² .4.5, 3.4.3.5, 3 ² .4.6, 3.4.3.6, 3 ² .4.7, 3.4.3.7, 3 ² .4.8, 3.4.3.8, 3 ² .4.9, 3.4.3.9, 3 ² .4.10, 3.4.3.10, 3 ² .4.11, 3.4.3.11, 3 ² .5 ², 3 ² .5.6, 3.5.3.6, 3 ² .5.7, 3.5.3.7

no surgen como figuras de vértice de ningún poliedro semi-regular.

Esquema de prueba. Cada uno de estos requiere que la figura de vértice de cualquier vértice B incluya un mosaico T = ABC·sCon un número impar de bordes, para lo cual el borde BA es adyacente a un a -gon, el borde BC es adyacente a un b -gon (donde a ≠ b), y donde las caras posteriores adyacentes a T se ven obligadas a alternar — a -gon, b -gon, a -gon,$...$— lo cual es imposible. QED

Por lo demás introducimos el parámetro adicional s para denotar el número de 4 gones en la figura del vértice.

Supongamos t= 1. Entonces los polígonos restantes tienen un ángulo sum< 300°, por lo que hay como máximo 3 caras adicionales en la figura del vértice (ya que si hubiera 4 o más caras adicionales, el tamaño promedio del ángulo sería <75°, sin que se permitan más triángulos).

Si hay 3 caras adicionales, el tamaño promedio del ángulo es <100°, entonces s > 0.

• Si s > 1, entonces las posibles cifras de vértice son 3.4 ³ (que corresponde al romboicuboctaedro), 3.4 ² (que corresponde al prisma 3-gonal), 3.4 ² .5 (que es imposible como en el Lema) y 3.4.5.4 (que corresponde al pequeño rombobicosidodecaedro).
• Si s = 1, entonces las caras restantes tienen ángulo sum<210°, por lo que solo puede haber una cara adicional, y cada 3.4.n (n > 4) es imposible como en el Lema.
• Si s = 0, entonces las caras restantes tienen una suma de ángulo < 300°, por lo que hay exactamente otras dos caras y la cara más pequeña tiene < 12 bordes, por lo que las únicas figuras de vértice posibles son

  — 3.5. n (4 < n), lo cual es imposible como en el Lema;

  — 3.6 ², que corresponde al tetraedro truncado;

  — 3.6. n (6 < n), lo cual es imposible como en el Lema;

  — 3.7. n (6 < n), lo cual es imposible como en el Lema;

  — 3.8 ², que corresponde al cubo truncado;

  — 3.8. n (8 < n), lo cual es imposible como en el Lema;

  — 3.9. n (8 < n), lo cual es imposible como en el Lema;

  — 3.10 ², que corresponde al dodecaedro truncado;

  — 3.10. n (10 < n), lo cual es imposible como en el Lema;

  — 3.11. n (10 < n), lo cual es imposible como en el Lema.

Así podemos suponer que t = 0 — en cuyo caso, s<4.

• Si s = 3, entonces la única cifra de vértice posible es 4 ³, que corresponde al cubo.
• Si s = 2, entonces las caras restantes tienen ángulo sum<180°, por lo que hay exactamente una cara adicional, y cada 4 ² .n (n>4) corresponde al prisma n-gonal.
• Si s = 1, entonces las caras restantes tienen ángulo sum<270°, por lo que hay como máximo otras 2 caras con la cara más pequeña teniendo <8 bordes, por lo que las únicas cifras de vértices posibles son 4.5.n (para 4<n<20), 4.6 ², 4.6.n (para 6<n<12), 4.7 ² , 4.7.n (para 7<n<10). Entre estos 4.5.n es imposible como en el Lema; 4.6 ² corresponde al octaedro truncado; 4.6.n con n impar es imposible como en el Lema; 4.6.8 corresponde al gran romboicuboctaedro; 4.6.10 corresponde al gran rombocosidodecaedro; 4.7.n es imposible como en el Lema.
• Si s = 0, debe haber exactamente tres caras en cada vértice, y la más pequeña debe ser un 5 gon, por lo que las únicas cifras de vértice posibles son 5 ³, que corresponde al dodecaedro regular; 5 ² .n (para n>5), lo cual es imposible como en el Lema; 5.6 ², que corresponde al icosaedro truncado; o 5.6.7, que es imposible como en el Lema.

191.

(a) (i) AXD = 100°, SOADB = 40°. En Δ ABD vemos entonces queABD = 40°, por lo que Δ ABD es isósceles con AB = AD. Δ ABC es isósceles con un ángulo de baseBac = 60°, por lo que Δ ABC es equilátero. HenceCBD = 20°.

(ii) Δ ABC es equilátero, por lo que AC = AB = AD. De ahí que Δ ADC es isósceles, SOACD = 70° =ADC, cuandoCEBDC = 70° -ADB = 30°.

b) i) Como antes AXD = 100°, SOADb = 40°.

En Δ ABD vemos entonces queABD = 30°, por lo que Δ ABD no es isósceles (como lo fue en (a)).

Δ ABC es isósceles, SOBCA = 70°, cuandoCECBD = 10°.

En Δ XCD, CXD = 80°, SOBDC +ACD = 100°, pero no hay manera obvia de determinar los summands individuales: BDC y ACD.

(ii) No se especifican longitudes, por lo que podemos elegir la longitud de CA. El punto B se encuentra entonces en la bisectriz perpendicular de AC, yCAB = 70° determina la l OBC ción de B exactamente. La línea AD hace un ángulo de 40° con AC, y BD hace un ángulo de 80° con AC, por lo que se determina la l OBC ción de D. De ahí que a pesar de nuestro fracaso en la parte (i), los ángulos están determinados.

192.

(i) Si P se encuentra en CB, entonces PC = b cos C, AP = B sin C, y en el triángulo rectángulo Δ APB tenemos:

c ² = (b sin C) ² + (a - B cos C) ²

= a ² + b ² (sin ² C + cos ² C) - 2ab cos C

= a ² + b ² - 2ab cos C.

Si P se encuentra en CB extendido más allá de B, entonces PC = B cos C, AP = B sin C como antes, y en el triángulo rectángulo Δ APB tenemos:

c ² = (b sin C) ² + (b cos C -a) ²

= (bsin C) ² + (a - bcos C) ²

= a ² + b ² (sin ² C + cos ² C) - 2abcos C

= a ² + b ² - 2abcos C.

(ii) Si P se encuentra en BC extendido más allá de C, entonces PC = bcos ACP= -bcos C, AP = bsin ACP = bsin C, y en el triángulo rectángulo Δ APB tenemos:

c ² = (bsin C) ² + (a + PC) ²

= (bsin C) ² + (a - bcos C) ²

= a ² + b ² (sin ² C + cos ² C) - 2abcos C

= a ² + b ² - 2abcos C.

193. Hay muchas maneras de hacer esto —una vez que se conoce la Regla Sinusoidal y la Regla del Coseno. Si dejamos BDC = y y ACD = z, entonces una ruta conduce a la identidad cos (z - 10°) = 2 sin 10° · sin z, de la cual se deduce que z = 80°, y = 20°.

194.

(a) El ángulo entre dos caras, o dos planos, es el ángulo que uno ve “de extremo” — cuando uno mira a lo largo de la línea de intersección de los dos planos. Esto es igual al ángulo entre dos perpendiculares a la línea de intersección, una en cada plano. Si M es el punto medio de BC, entonces Δ ABC es isósceles con ápice A, por lo que la mediana AM es perpendicular a BC; de manera similar Δ DBC es isósceles con ápice D, por lo que la mediana DM es perpendicular a BC.

Δ MAD es isósceles con ápice M, MA = MD =$\sqrt{3}$, AD = 2, así podemos usar la Regla del Coseno para concluir que ^{2 2} = 3 + 3 - 2· 3· cos (AMD), de donde cos (AMD) =$\frac{1}{3}$.

b) cos (AMD) =$\frac{1}{3}$, y$\frac{1}{3}$<$\frac{1}{2}$, soAMD > 60°; por lo tanto, no podemos encajar seis tetraedros regulares juntos para compartir un borde.

Dado que AMD es aguda, AMD < 90°, por lo que ciertamente podemos encajar cuatro tetraedros regulares junto con mucho espacio de sobra.

Ahora podemos apelar a “tablas trigonométricas”, o una calculadora, para ver que

$\arccos \left(\frac{1}{3}\right)\text{<}1.24$,

es decir, 1.24 radianes, por lo que cinco tetraedros utilizan menos de 6.2 radianes, que es menor que 2$\pi$. De ahí que podamos encajar cinco tetraedros regulares juntos alrededor de un borde común con espacio de sobra (pero no lo suficiente para caber un sexto).

195.

(a) El ángulo entre las caras ABC y FBC es igual al ángulo entre dos perpendiculares al borde común BC. Dado que los dos triángulos son isósceles con la base común BC, basta con encontrar el ángulo entre las dos medianas AM y FM.

En el Problema 188 vimos que BCDE es un cuadrado, con lados de longitud 2. Si cambiamos la atención del par opuesto de vértices A, F al par C, E, entonces la misma prueba muestra que ABFD es un cuadrado con lados de longitud 2. De ahí la diagonal AF = 2$\sqrt{2}$.

Ahora aplique la Regla del Coseno a Δ AMF para concluir que:

$\left(2\sqrt{2}\right)$² = 3 + 3 - 2· 3 · cos (AMF),

por lo que se deduce que cos (AMF) = -$\frac{1}{3}$.

b) cos (AMF) = -$\frac{1}{3}$< 0, so∠AMF >90°; por lo tanto, no podemos unir cuatro octaedros regulares para compartir un borde común. Por otra parte, -$\frac{1}{2}$< -$\frac{1}{3}$, por lo que AMD < 120°; de ahí que podamos encajar tres octaedros juntos para compartir un borde con espacio de sobra (pero no suficiente espacio para caber un cuarto).

196. El ángulo AMD =$\arccos \left(\frac{1}{3}\right)$en el Problema 194 es agudo, y el ánguloAMF =$\arccos \left(-\frac{1}{3}\right)$en el Problema 195 es obtuso. De ahí que estos ángulos sean suplementarios; por lo que el tetraedro regular encaja exactamente en el agujero en forma de cuña entre la cara ABC del octaedro regular y la mesa.

197.

(i) AB =$\sqrt{2}$= BC = CA = AW = BW = CW. De ahí que las cuatro caras ABC, BCW, CWA, WAB son todas triángulos equiláteros, por lo que el sólido es un tetraedro regular (o, más correctamente, la superficie del sólido es un tetraedro regular).

ii) AC =$\sqrt{2}$= CD = DA = AX = CX = DX. De ahí que las cuatro caras ACD, CDX, DXA, XAC son triángulos equiláteros, por lo que el sólido es un tetraedro regular.

iii) AD =$\sqrt{2}$= DE = EA = AY = DY = EY. De ahí que las cuatro caras ADE, DEY, EYA, YAD son triángulos equiláteros, por lo que el sólido es un tetraedro regular.

iv) AE =$\sqrt{2}$= EB = BA = AZ = EZ = BZ. De ahí que las cuatro caras AEB, EBZ, BZA, ZAE son triángulos equiláteros, por lo que el sólido es un tetraedro regular.

(v) Obtenemos otros cuatro tetraedros regulares, como FBCP, donde P = (1, 1, -1).

vi) ABCDEF es un octaedro regular (o, más correctamente, la superficie del sólido es un octaedro regular).

Nota: Los seis vértices (± 1, 0, 0), (0, ± 1, 0), (0, 0, ± 1) abarcan un octaedro regular, con un tetraedro regular que se ajusta exactamente a cada cara. La figura compuesta resultante en forma de estrella se llama octaedro estrellado. Johannes Kepler (1571-1630) realizó un extenso estudio de los poliedros y a esta figura a veces se le conoce como 'stella octangula' de Kepler. Vale la pena hacer para apreciar la forma en que parece consistir en dos tetraedros entrelazados.

198. Que el vértice no etiquetado de la cara pentagonalABW-V sea P. En el pentágono ABWPV el borde AB es paralelo a la diagonal VW. De ahí que ABWV sea un trapecio isósceles. Los lados VA y WB (producidos) se encuentran en S en el plano del pentágono ABWPV.

Δ SAB tiene ángulos de base iguales, por lo que SA = SB.

De ahí que SV = SW.

De igual manera BC || WX, y WB y XC se encuentran en algún punto Sʹ de la línea WB.

Ahora Δ S'BC ≡ Δ SAB, entonces S'B = SA = SB. De ahí que Sʹ = S, y las líneas VA, WB, XC, YD, ZE se encuentran todas en S.

Desde VW || AB, sabemos que Δ SAB ~ Δ SVW, con factor de escala

$\tau :1$= VW: AB = SV: SA.

Si SA = x, entonces X + 1: X =$\tau :1$, entonces X =$\tau$.

Sea M el punto medio de AB y que O denote el circuncentro del pentágono regular ABCDE.

Δ OAB es isósceles, por lo que OM es perpendicular a AB, y el ángulo diedro requerido entre las dos caras pentagonales es OMP.

Resulta ser mejor encontrar no el ángulo diedro OMP, sino su suplemento: a saber, el ángulo SMO.

Desde Δ OAM vemos que

OA =$\frac{1}{2\mathrm{pecado}{36}^{°}}$,

y sabemos que SA =$\tau =$2cos36°. Luego se puede verificar que OS =$\mathrm{cuna}$36°.

De igual manera, en Δ OAM tenemos

OM =$\frac{\mathrm{cuna}{36}^{°}}{2}$.

De ahí que en Δ OMS tenemos

bronceado (SMO) = 2.

Por lo tanto, el ángulo diedro requerido es igual a$\pi -\arctan 2\approx$116.56°.

199.

(a) (i) Que M sea el punto medio de AC. El ángulo entre las dos caras es igual a BMD.

En Δ BMD, tenemos BM = DM =$\sqrt{3}$, BD = 2$\tau$= 1 +$\sqrt{5}$. Entonces la Regla del Coseno en Δ BMD da:

$6+2\sqrt{5}=3+3$- 2· 3· cos (BMD),

so cos (BMD) = -$\frac{\sqrt{5}}{3}$,

∠$BMD=\arccos \left(-\frac{\sqrt{5}}{3}\right)=\pi -\arccos \left(\frac{\sqrt{5}}{3}\right)\approx {138.19}^{°}$.

ii)$\frac{\sqrt{5}}{3}>\frac{1}{2}$; HENCEBMD>$\frac{}{}$2π3, por lo que podemos colocar dos copias a lo largo de un borde común, pero no tres.

(b) (i) Ahora vamos a denotar M el punto medio de BC, y supongamos que OM extendido más allá de M cumple con el circuncírculo en V. Entonces BV es un borde del 10-gonregular inscrito en el circuncírculo. El circunradio OB de BCDEF (que es igual a la longitud del borde del hexágono regular inscrito) es

OB =$\frac{1}{\mathrm{pecado}{36}^{°}}$;

y MBV = 18°,

entonces BV =$\frac{1}{\cos {18}^{°}}$.

Es más fácil usar lo contrario del Teorema de Pitágoras, y escribir todo primero en términos de cos 36°, luego (desde$\tau$ $=2\cos 36$°, entonces$\cos {36}^{°}=\frac{1+\sqrt{5}}{4})$escribir todo en términos de$\sqrt{5}$.

Si usamos sin ² 36° = 1 - cos ² 36°, y 2cos ² 18° - 1 = cos 36° =$\frac{1+\sqrt{5}}{4}$, luego

BV ² + OB ² =${\left(\frac{1}{\cos {18}^{°}}\right)}^2+\left(\frac{1}{\mathrm{pecado}{36}^{°}}\right)$²

=$\frac{8}{5+\sqrt{5}}+\frac{8}{5-\sqrt{5}}$

=$\frac{80}{20}$= 2 ²

= AB ².

De ahí que en el triángulo rectángulo Δ AOB, debemos tener OA = BV como se reivindica.

ii) Milagrosamente no se necesita más trabajo. Que el vértice en el 'polo sur' sea L, y que el pentágono formado por sus cinco vecinos sea GHIJK. Ayuda si podemos referirnos al circuncírculo de BCDEF como el 'trópico de Cáncer', y al circuncírculo de GHIJK como el 'trópico de Capricorn'.

El pentágono GHIJK es paralelo a BCDEF, pero los vértices del pentágono sur se han rotado a través de$\frac{\pi }{5}$relativo a BCDEF, de manera que G (digamos) se encuentra en el circuncírculo del pentágono GHIJK, pero se asienta directamente debajo del punto medio del arco menor BC. Que X denote el punto sobre el 'trópico de Capricorn' que está directamente debajo de B. Entonces Δ BXG es un triángulo en ángulo recto con BG = AB = 2, y XG = BV es igual a la longitud del borde de un 10-gon regular inscrito en el circulo de GHIJK. De ahí que por el cálculo en (i), BX es igual a la longitud del borde del hexágono regular inscrito en el mismo círculo —que también es igual al circunradio.

200. Una condición necesaria para que las copias de un poliedro regular “mosaicos 3D (sin huecos ni superposiciones)” es que un número integral de copias debe encajar alrededor de un borde. Es decir, el ángulo diedro del poliedro debe ser un submúltiplo exacto de 2$\pi$. Solo el cubo satisface esta condición necesaria.

Además, si tomamos como vértices los puntos (p, q, r) con las coordenadas enteras p, q, r, y como nuestros poliedros regulares todas las traducciones posibles del cubo unitario estándar que tiene esquinas opuestas en (0, 0, 0) y (1, 1, 1), entonces vemos que es posible teselar 3D usando solo cubos.

201. Los cuatro diámetros forman los cuatro bordes de un ABCD cuadrado de longitud de borde 2.

Los segmentos semicirculares sobresalientes a la izquierda y a la derecha se pueden cortar e insertar para rellenar exactamente las indentaciones semicirculares por encima y por debajo.

De ahí que la forma compuesta tenga un área exactamente igual a ^{2 2} = 4 unidades cuadradas.

202.

(a) Si el n -gon regular es AceG·sand el 2n -gon regular es ABCDEFG·s, entonces AC = s_n = s y AB = s _2n = t. Si M es el punto medio de AC, AM =$\frac{s}{2}$y

MB =$1-\sqrt{(1-\left(\frac{s}{2}\right)=\left(\frac{s}{2}\right)}$².

$$\begin{array}{ccc}\propto t^2\hfill & ={AB}^2\hfill & \hfill \text{(1)}\\ \hfill & ={\left(\genfrac{}{}{0.1ex}{}{s}{2}\right)}^2+{[1-\sqrt{1-{\left(\genfrac{}{}{0.1ex}{}{s}{2}\right)}^2}]}^2\hfill \\ \hfill & =1+1-2\sqrt{1-{\left(\genfrac{}{}{0.1ex}{}{s}{2}\right)}^2}\hfill \\ \hfill & =2-\sqrt{4-s^2}.\hfill \end{array}$$

(b) Poner s = s ₂ = 2 en (1) para obtener

t = s ₄ =$\sqrt{2}$. Luego pon s = s ₄ =$\sqrt{2}$in (1) para obtener t = s ₈ =$\sqrt{2-\sqrt{2}}$.

(c) Poner t = s ₆ = 1 en (1) para obtener s = s ₃ =$\sqrt{3}$. Luego pon s = s ₆ = 1 para obtener

t = s ₁₂ =$\sqrt{2-\sqrt{3}}$.

(d) Poner s = s ₅ =$\frac{\sqrt{10-2\sqrt{5}}}{2}$para obtener

$t={}_{}$s10=3−52.

203.

a) i

n = 3: p ₃ = 3$\sqrt{3}\times r$

n = 4: p ₄ =$4\sqrt{2}\times r$

n = 5: p ₅ =$\frac{5\sqrt{10-2\sqrt{5}}}{2}\times r$

n = 6: p ₆ = 6$\times r$

n = 8: p ₈ = 8$\sqrt{2-\sqrt{2}}\times r$

n = 10: p ₁₀ = 5$\sqrt{6-2\sqrt{5}}\times r$

n = 12: p ₁₂ = 12$\sqrt{2-\sqrt{3}}\times r$.

ii)

$$\begin{array}{ccc}{c}_3=5.19\cdots \hfill & <\hfill & c_4=5.65\cdots \hfill \\ \hfill & <\hfill & c_5=5.87\cdots \hfill \\ \hfill & <\hfill & c_6=6\hfill \\ \hfill & <\hfill & c_8=6.12\cdots \hfill \\ \hfill & <\hfill & c_{10}=6.18\cdots \hfill \\ \hfill & <\hfill & c_{12}=6.21\cdots .\hfill \end{array}$$

b) i

n = 3: P ₃ = 6$\sqrt{3}\times r$

n = 4: P ₄ = 8$\times r$

n = 5: P ₅ = 10$\sqrt{5-2\sqrt{5}}\times r$

n = 6: P ₆ = 4$\sqrt{3}\times r$

n = 8: P ₈ = 8$\left(2\sqrt{2}-2\right)\times r$

n = 10: P ₁₀ =$4\sqrt{25-10\sqrt{5}}\times r$

n = 12: P ₁₂ =$12\left(4-2\sqrt{3}\right)\times r$.

ii)

$$\begin{array}{ccc}{C}_3=10.39\cdots \hfill & >\hfill & C_4=8\hfill \\ \hfill & >\hfill & C_5=7.26\cdots \hfill \\ \hfill & >\hfill & C_6=6.92\cdots \hfill \\ \hfill & >\hfill & C_8=6.62\cdots \hfill \\ \hfill & >\hfill & C_{10}=6.49\cdots \hfill \\ \hfill & >\hfill & C_{12}=6.43\cdots .\hfill \end{array}$$

c) Que O sea el centro del círculo del radio r. Deje que A, B se acuesten en el círculo conAOB = 30°.

Sea M el punto medio de AB — para que Δ OAB sea isósceles, con ápice O y altura h = OM.

Dejar que Aʹ se asiente sobre OA producido, y dejar que Bʹ se asiente sobre OB producido, de tal manera que OAʹ = OBʹ y A'Bʹ sea tangente al círculo.

Entonces Δ OAB ~ Δ OÁBʹ con Δ OÁBʹ mayor que Δ OAB, por lo que el factor de escala$\frac{1}{h}=2\sqrt{2-\sqrt{3}}>1$.

De ahí${}_{}$P12=22−3×p12>p12,soC12>c12.

204. (i)$\pi r$ii)$$π2riii)$\theta r$

205.

a) i) Nota: Esto podría ser un largo trabajo. Sin embargo hemos hecho gran parte del trabajo antes: cuando el radio es 1, la mayoría de las áreas requeridas se calcularon exactamente de nuevo en el Problema 3 y el Problema 19.

Alternativamente, el área de cada uno de los n sectores es igual a$$12pecadoθ, donde$\theta$es el ángulo subtendido en el centro del círculo, y los valores exactos de las funciones trigonales requeridas también se calcularon de nuevo en el Capítulo 1.

$a_3=\frac{3\sqrt{3}}{4}\times$r ²

$a_4=2\times$r ²

$a_5=\frac{5}{8}\sqrt{10+2\sqrt{5}}\times$r ²

$a_6=\frac{3\sqrt{3}}{2}\times$r ²

$a_8=2\sqrt{2}\times$r ²

${}_{}$a10=5410−25×r ²

${}_{}$a12=3×r ²

ii)

$$\begin{array}{ccc}{d}_3=1.29\cdots \hfill & <\hfill & d_4=2\hfill \\ \hfill & <\hfill & d_5=2.37\cdots \hfill \\ \hfill & <\hfill & d_6=2.59\cdots \hfill \\ \hfill & <\hfill & d_8=2.82\cdots \hfill \\ \hfill & <\hfill & d_{10}=2.93\cdots \hfill \\ \hfill & <\hfill & d_{12}=3.\hfill \end{array}$$

b) i) Nota: Esto también podría ser un largo trabajo. Sin embargo hemos hecho gran parte del trabajo antes. Pero fíjese que, cuando el radio es 1, el área de cada uno de los n sectores es igual a la mitad de la longitud del borde por la altura (= 1); así que si r=1, entonces el área total es numéricamente igual a “la mitad del perímetro P_n”.

$A_3=3\sqrt{3}\times$r ²

$A_4=4\times$r ²

$A_5=5\sqrt{5-2\sqrt{5}}\times$r ²

$A_6=2\sqrt{3}\times$r ²

$A_8=8\left(\sqrt{2}-1\right)\times$r ²

${}_{}$A10=225−105×r ²

${}_{}$A12=12(2−3)×r ²

ii)

$$\begin{array}{ccc}{D}_3=5.19\cdots \hfill & >\hfill & D_4=4\hfill \\ \hfill & >\hfill & D_5=3.63\cdots \hfill \\ \hfill & >\hfill & D_6=3.46\cdots \hfill \\ \hfill & >\hfill & D_8=3.31\cdots \hfill \\ \hfill & >\hfill & D_{10}=3.24\cdots \hfill \\ \hfill & >\hfill & D_{12}=3.21\cdots .\hfill \end{array}$$

c) Que O sea el centro del círculo del radio r. Deje que A, B se acuesten en el círculo conAOB = 30°.

Sea M el punto medio de AB — para que Δ OAB sea isósceles, con ápice O y altura h = OM.

Dejar que Aʹ se asiente sobre OA producido, y dejar que Bʹ se asiente sobre OB producido, de tal manera que OAʹ = OBʹ y A'Bʹ sea tangente al círculo.

Entonces Δ OAB ~ Δ OÁBʹ con Δ OAB contenido en Δ OÁBʹ, por lo que el factor de escala$\frac{1}{h}=2\sqrt{2-\sqrt{3}}>1$.

De ahí que 4 (2 -$\sqrt{3}$) ·$a_{12}=A_{12}>a_{12}$,

por lo$D_{12}>d_{12}$.

206. La forma reordenada (mostrada en la Figura 9 es un “casi rectángulo”, donde OA forma una “casi altura” y OA = r. La mitad de los 2n arcos circulares como AB forman el “ancho” superior, y la otra mitad forman el “inferior” ancho”, por lo que cada uno de estos “casi anchos” es igual a la mitad del perímetro del círculo, a saber$\pi$r.

Figura 9: Rectificación de un círculo.

De ahí que el área de la forma rearreglada esté muy cerca de

$$r×πr=πr ².

207.

a) Cortar a lo largo de un generador, abrir y colocar la superficie plana para obtener: a 2$\pi$r por h rectángulo y dos discos circulares de radio r.

De ahí que la superficie total sea

2$\pi$r ² + 2$\pi$rh =$$2πr(r+h).

(b) La superficie lateral consiste en n rectángulos, cada uno con dimensiones s_n por h (donde s_n es la longitud del borde del n -gon regular), y por lo tanto tiene área P_nh = 2${\Pi }_{n}rh$.

Añadiendo los discos de dos extremos (cada uno con área$$12Pnr)luego da el área de superficie total$$2Πnr(r+h).

208.

a) i$$12πr ²; ii$$14πr ²; iii$\frac{\theta }{2}$r ².

b) El sector tiene dos radios de longitud total 2r. De ahí que la circular debe tener longitud$(\pi -2)r$, y así subtiende un ángulo$\pi$- 2 en el centro, así tiene área$\frac{\pi -2}{2}$r ².

209.

(a) Enfocar primero en la superficie inclinada. Si cortamos a lo largo de un “generador” (un segmento de línea recta que une el ápice a un punto en la circunferencia de la base), la superficie se abre y queda plana para formar un sector de un círculo de radio l. El arco exterior de este sector tiene longitud 2$\pi$r, por lo que el ángulo del sector en el centro es igual a$\frac{r}{l}$· 2$\pi$, y por lo tanto su área es$\frac{r}{l}$·$\pi$l ² =$\pi$rl.

Al agregar el área de la base se obtiene la superficie total del cono como

$\pi r(r+l)=\frac{1}{2}$·$$2πr(r+l).

(b) Sea M el punto medio del borde BC y l denote la 'altura oblicua' AM.

Entonces el área de las n caras inclinadas es igual a$\frac{1}{2}{P}_n$· l, mientras que el área de la base es igual a$\frac{1}{2}{P}_n$· r.

Por lo tanto, el área de superficie es precisamente$\frac{1}{2}{P}_n$$(r+l)$.

210.

(a) Si AB es un borde del ABCD n -gon regular inscrito$\mathrm{...}$, y O es el circuncentro, entoncesaoB =$\frac{}{}$2πn, entonces AB = 2r$\mathrm{pecado}\frac{\pi }{n}$. Por lo tanto, la relación requerida es igual a$\frac{}{}$pecadoπnπn, que tiende a 1 ya que n tiende a$\infty$.

(b) Si AB es un borde del ABCD de n -gon regular circunscrito$\mathrm{...}$, y O es el circuncentro, entoncesaoB =$\frac{}{}$2πn, entonces AB = 2r$\mathrm{bronceado}\frac{\pi }{n}$. Por lo tanto, la relación requerida es igual a$\frac{}{}$bronceadoπnπn, que tiende a 1 ya que n tiende a$\infty$.

211.

(a) Si AB es un borde del ABCD n -gon regular inscrito$\mathrm{...}$, y O es el circuncentro, entoncesaoB =$\frac{}{}$2πn, entonces área (Δ OAB) =$$12r2pecado2πn. Por lo tanto, la relación requerida es igual a$\frac{}{}$pecado2πn2πn, que tiende a 1 ya que n tiende a$\infty$.

(b) Si AB es un borde del ABCD de n -gon regular circunscrito$\mathrm{...}$, y O es el circuncentro, entoncesaoB =$\frac{}{}$2πn, entonces área (Δ OAB) = r ²$$bronceadoπn. Por lo tanto, la relación requerida es igual a$\frac{}{}$bronceadoπnπn, que tiende a 1 ya que n tiende a$\infty$.

212.

(a) área (P ₂) = área (P ₁) + área (P ₂ - P ₁) > área (P ₁).

b) Este resultado general está claramente relacionado con las consideraciones del apartado anterior. Pero no está claro si realmente podemos esperar probarlo con las herramientas disponibles. Por lo que se ha incluido en parte con la esperanza de que los lectores puedan llegar a apreciar las dificultades inherentes a demostrar un resultado tan “obvio”.

Al final, cualquier intento de probarlo parece subrayar la necesidad de usar “prueba por inducción” —por ejemplo, en el número de aristas del polígono interior. Este método no se trata formalmente hasta el Capítulo 6, sino que aquí se necesita.

• Supongamos que el polígono interior P ₁ = ABC tiene apenas n= 3 bordes, y tiene perímetro p ₁.

Dibuja la línea a través de A paralela a BC, y deja que se encuentre con el (límite del) polígono P ₂ en los puntos U y V. La desigualdad triangular (Problema 146 (c)) garantiza que la longitud UV es menor o igual a la longitud de la trayectoria compuesta de U a V a lo largo del perímetro del polígono P ₂ (manteniéndose en el lado opuesto de la línea UV de B y C). Entonces, si cortamos la parte de P ₂ en el lado de la línea UV opuesto a B y C, obtenemos un nuevo polígono convexo exterior P ₃, que contiene P ₁, y cuyo perímetro no es mayor que el de P ₂.

Ahora dibuja la línea a través de B paralela a AC, y deja que se encuentre con el límite de P ₃ en los puntos W, X. Si cortamos la parte de P ₃ en el lado de la línea WX opuesto a A y C, obtenemos un nuevo polígono convexo exterior P ₄, que contiene P ₁, y cuyo perímetro no es mayor que el de P ₃.

Si ahora hacemos lo mismo dibujando una línea a través de C paralela a AB, y cortando la parte apropiada de P ₄, obtenemos un polígono convexo exterior final P ₅, que contiene el polígono P ₁, y cuyo perímetro no es mayor que el de P ₄ — y por lo tanto no mayor que el del polígono exterior original P ₂.

Los tres vértices A, B, C de P ₁ ahora se encuentran en el límite del polígono exterior P ₅, por lo que la desigualdad triangular garantiza que AB no sea mayor que la longitud de la trayectoria compuesta a lo largo del límite de P ₅ desde A a B (permaneciendo en el lado opuesto de la línea AB de C). Similarmente BC no es mayor que la longitud de la trayectoria compuesta a lo largo del límite de P ₅ de B a C; y CA no es mayor que la longitud de la trayectoria compuesta a lo largo del límite de P ₅ de C a A .

_{De ahí que el perímetro p 1 del triángulo P1 no sea mayor que el perímetro del polígono exterior P 5, cuyo perímetro no era mayor que el perímetro del polígono exterior original P 2.} De ahí que el resultado se mantenga cuando el polígono interior es un triángulo.

• Ahora supongamos que el resultado ha sido probado cuando el polígono interno es un k-gon, para algunos k ≥ 3, y supongamos que se nos presenta un par de polígonos _P1, P ₂ donde el polígono interno _P1 = ABCD·es un convexo (k+1) -gon.

Dibuja la línea m a través de C paralela a BD. Que esta línea se encuentre con el polígono exterior P ₂ en U y V. Cortar la parte de P ₂ en el lado opuesto de la línea UCV a B y D, dejando un nuevo polígono convexo exterior P con perímetro no mayor al de P ₂. Demostramos que el perímetro del polígono _P1 es menor que el del polígono P — y por lo tanto menor que el de P ₂. Equivalentemente, podemos suponer que UCV es un borde de P ₂.

Traducir la línea m paralela a sí misma, de m a BD y más allá, hasta que alcance una posición de contacto final con el polígono _P1, pasando por el vértice X (y posiblemente todo un borde XY) del polígono interior P ₁. Que esta línea de contacto final paralela a m sea mʹ.

Dado que P ₁ es convexo y k ≥qslant 3, sabemos que X es diferente de B y de D. Como antes, podemos suponer que mʹ es un borde del polígono exterior _P2. _{Corta tanto P 2 como P1 a lo largo de la línea CX para obtener dos configuraciones más pequeñas, cada una de las cuales consiste en un polígono convexo interno dentro de un polígono convexo externo, pero en el que}

• cada uno de los polígonos internos tiene como máximo k bordes, y

• en cada una de las configuraciones más pequeñas, los polígonos interior y exterior comparten ambos el borde CX.

Entonces (por inducción en el número de bordes del polígono interno) el perímetro de cada polígono interior no es mayor que el perímetro del polígono exterior correspondiente; así, para cada polígono interno, el perímetro parcial va de C a X (omitiendo el borde CX ) no es mayor que el perímetro parcial del polígono exterior correspondiente que va de C a X (omitiendo el borde CX). Entonces cuando volvemos a juntar las dos partes, vemos que el perímetro de P ₁ no es mayor que el perímetro de P ₂.

De ahí que el resultado se mantenga cuando _P1 es un triángulo; y si el resultado se mantiene siempre que el polígono interior tenga k ≥qslant 3 bordes, también se mantiene siempre que el polígono interno tenga (k+ 1) bordes.

De ello se deduce que el resultado contiene cualquiera que sea el número de aristas del polígono interno. QED

213.

(a) Unirse a PQ. Entonces las líneas y = B y X = d se encuentran en R para formar el triángulo recto PQR.

El teorema de Pitágoras implica entonces que (d - a) ² + (e - b) ² = PQ ².

b) Unirse a PQ. Los puntos P = (a, B, c) y R = (d, e, c) se encuentran en el plano z = c. Si trabajamos exclusivamente en este plano, entonces la parte (a) muestra que

PR ² = (d - a) ² + (e - b) ².

QR = | F - c|, y Δ PRQ tiene un ángulo recto en R.

De ahí

PQ ² = PR ² + RQ ² = (d - a) ² + (e - b) ² + (f - c) ².

214.

(a) área (Δ ABC) =$\frac{}{}$bc2, área (Δ ACD) =$\frac{}{}$cd2, área (Δ ABD) =$\frac{}{}$bd2.

(b) [Esto puede ser un largo trabajo algebraico. Y la respuesta puede tomar formas de aspecto muy diferentes dependiendo de cómo se proceda. Además, la mayoría de las expresiones resultantes no son muy bonitas, y es probable que incorporen errores.

Una forma de evitar este slog es apelar al hecho de que el módulo del producto vectorial DB × DC es igual al área del paralelogramo abarcado por DB

y DC — y así es el doble del área de Δ BCD.]

(c) Sin embargo, la parte (b) es appr OAC hed, de hecho es cierto que el área (Δ$BCD{)}^2={(\frac{}{}}^{}$bc2)2+ ${(\frac{}{}}^{}$cd2)2+(bd2)2,

para que

área (Δ ABC) ² + área (Δ ACD) ² + área (Δ ABD) ² = área (Δ BCD) ².

215.

(a) b y c son efectivamente longitudes de arcos de grandes círculos sobre la esfera unitaria: es decir, arcos de círculos de radio 1 (centrados en el centro de la esfera). Sin embargo, en el Capítulo 1 utilizamos la 'longitud' de dichos arcos circulares para definir el ángulo (en radianes) subtendido por el arco en el centro. Entonces b y c también son ángulos (en radianes).

(b) Las únicas funciones estándar de los ángulos son las funciones trigonométricas familiares (sin, cos).

(c) Si c = 0, entonces la salida debe especificar que a = B, por lo que c no debería tener ningún efecto sobre la salida. Esto sugiere que podríamos esperar una fórmula que implique “agregar sin c” o “multiplicar por cos c”.

De manera similar cuando B = 0, la salida debería dar a= c, así que podríamos esperar una fórmula que implicara “agregar sin b” o “multiplicar por cos b”.

En general, debemos esperar una fórmula en la que b y c aparezcan indistintamente (ya que el par de entrada (b, c) podría igualmente ser reemplazado por el par de entrada (c, b) y debería dar el mismo valor de salida de a).

(d) (i) Si BC corre a lo largo del ecuador yB =C =$\frac{\pi }{2}$, luego BA y CA corren a lo largo de círculos de longitud, por lo que A debe estar en el polo Norte. Como A es un ángulo recto, se deduce que a = B = c =$\frac{\pi }{2}$. (Esto tiende a descartar la idea de que la fórmula podría implicar “agregar pecado B y agregar pecado c”.)

(ii) Supongamos queb =$\frac{\pi }{2}$. Como podemos imaginar AB a lo largo del ecuador, y como hay un ángulo recto en A, se deduce que AC y BC ambos se encuentran a lo largo de círculos de longitud, y así se encuentran en el polo Norte. De ahí que C esté en el polo Norte, por lo que a = B =$\frac{\pi }{2}$.

Las entradas a cualquier versión esférica del Teorema de Pitágoras son entonces B =$\frac{\pi }{2}$, y c. Y c no está restringido, por lo que cada valor de entrada posible de c mustlead a la misma salida a =$\frac{\pi }{2}$. Esto tiende a sugerir que la fórmula involucra algún múltiplo de un producto que combina “cos b” con alguna función de c. Y dado que las entradas “b” y “c” deben aparecer simétricamente, podríamos esperar razonablemente algún múltiplo de “cos B · cos c”.

216.

(a) Δ OAB ʹ tiene un ángulo recto en A conAOBʹ =AOB = c. De ahí ABʹ = tan c. Del mismo modo ACʹ = tan b.

De ahí que B'Cʹ ² = tan ² B + tan ² c.

(b) En Δ OAB ʹ vemos que OBʹ = sec c. Similarmente OCʹ = sec b. Ahora podemos aplicar la Regla del Coseno a Δ OB'Cʹ para obtener:

$$\begin{array}{l}{\mathrm{bronceado}}^{2}b+{\mathrm{bronceado}}^{2}c={\sec }^{2}b+{\sec }^{2}c-2\sec b·\sec c·\cos \left(\angle B^{\prime }O{C}^{\prime }\right)\\ ={\sec }^{2}b+{\sec }^{2}c-2\sec b·\sec c·\cos a.\end{array}$$

De ahí cos a = cos B · cos c. QED

217. Construye el plano tangente a la esfera en A. Extienda OB para encontrar este plano en Bʹ, y extienda OC para encontrarse con el plano en Cʹ.

Δ OAB ʹ tiene un ángulo recto en A conAOBʹ =AOB = c. De ahí ABʹ = tan c. Del mismo modo ACʹ = tan b.

De ahí B'Cʹ ² = bronceado ² B + tan ² c - 2· bronceado B · tan c· cos A.

En Δ OAB ʹ vemos que OBʹ = sec c. Similarmente OCʹ = sec b.

Ahora podemos aplicar la Regla del Coseno a Δ OB'Cʹ para obtener:

$$\begin{array}{l}{\mathrm{bronceado}}^{2}b+{\mathrm{bronceado}}^{2}c-2·\mathrm{bronceado}b·\mathrm{bronceado}c·\cos A\\ ={\sec }^{2}b+{\sec }^{2}c-2\sec b·\sec \left(\angle B^{\prime }O{C}^{\prime }\right)\\ ={\sec }^{2}b+{\sec }^{2}c-2\sec b·\sec c·\cos a.\end{array}$$

De ahí cos a = cos b· cos c + sin b· sin c · cos A. QED

218. Demostramos que$\frac{}{}$pecadobpecadoa=pecadoB(donde B denota el ángulo ABC en el vértice B).

Construye el plano T que es tangente a la esfera en B. Deja que O sea el centro de la esfera; deja que OA

producido se encuentran con el plano T en A'ʹ, y dejar que OC producido se encuentre con el plano T en C'ʹ.

Imagínese BA posicionado a lo largo del ecuador; luego BA'ʹ es horizontal; AC yace en un círculo de longitud, por lo que A'c' es vertical. HenciaC'ʹ BA' =B, yBa'ʹ C' es un ángulo recto; así que el pecado$B=\frac{A\prime \prime C\prime \prime }{BC\prime \prime }$.

Δ OA''C'ʹ está en ángulo recto en A'ʹ; yA'OC'ʹ = b; así sin B =$\frac{A\prime \prime C\prime \prime }{OC\prime \prime }$.

Δ OBC 'está en ángulo recto en B; yBoc' = a; así que sin a =$\frac{BC\prime \prime }{OC\prime \prime }$.

De ahí$\frac{\mathrm{pecado}b}{\mathrm{pecado}a}$= sin B depende solo del ángulo en B, por lo que$\frac{}{}$pecadobpecadoa=pecadob′pecadoa′=pecadoB.

219. Demostramos que

$\frac{}{}$pecadoapecadoA=pecadobpecadoB.

Coloca el triángulo (o más bien “gira la esfera”) de manera que AB corra a lo largo del ecuador, con AC conduciendo hacia el hemisferio norte.

(i) Si A es un ángulo recto, entonces

$\frac{}{}$pecadobpecadoa=pecadoB=pecadoBpecadoA

por Problema 218. De ahí

$\frac{}{}$pecadoapecadoA=pecadobpecadoB.

Lo mismo es cierto si B es un ángulo recto.

(ii) Si A y B son ambos menores que un ángulo recto, se puede dibujar el círculo de longitud desde C hasta algún punto X en AB. Entonces se puede aplicar el Problema 218 a los dos triángulos Δ CXA y Δ CXB (cada uno con un ángulo recto en X). Dejar x denotar la longitud del CX. Entonces$\frac{}{}$pecadoxpecadob=pecadoA,andpecadoxpecadoa=pecadoB.

De ahí pecado B · pecado A = pecado X = pecado a · pecado B, entonces

$\frac{}{}$pecadoapecadoA=pecadobpecadoB.

(iii) Si A (digamos) es mayor que un ángulo recto, el círculo de longitud desde C se encuentra con la línea BA extendida más allá de A en un punto X (digamos). Si dejamos CX = x, entonces uno puede argumentar de manera similar usando los triángulos Δ CXA y Δ CXB para obtener$\frac{}{}$pecadoxpecadoa=pecadoB,andpecadoxpecadob=pecadoA, de donde

$\frac{}{}$pecadoapecadoA=pecadobpecadoB.

220. Sea X = (x, y) un punto arbitrario del locus.

(i) Entonces la distancia de X a m es igual a y, por lo que establecer esto igual a XF da la ecuación:

y ² = x ² + (y - 2a) ²,

o

$x^2=4a(y-a)$.

(ii) Si cambiamos las coordenadas y elegimos la línea y = a como un nuevo eje x, entonces la ecuación se convierte en x ² = 4Ay. La curva es entonces tangente al nuevo eje x en el origen (nuevo), y es simétrica alrededor del eje y.

221.

(a) Elija la línea AB como eje x, y la bisectriz perpendicular de AB como eje y. Después A = (-3, 0) y B = (3, 0). El punto X = (x, y) es un punto del locus desconocido precisamente cuando

(x + 3) ² + y ² = XA ² = (2· XB) ² = 2 ² ((x - 3) ² + y ²)

es decir, cuando

(x - 5) ² + y ² = 4 ².

Esta es la ecuación de un círculo con centro (5, 0) y radio r = 4.

(b) Elija la línea AB como eje x, y la bisectriz perpendicular de AB como eje y.

Si F = 1, el locus es la bisectriz perpendicular de AB.

Podemos suponer que F > 1 (ya que si F < 1, entonces BX: AX = f ^-1: 1 y f ^-1 > 1, así que simplemente podemos intercambiar el etiquetado de A y B).

Ahora A = (-b, 0) y B = (b, 0), y el punto X = (x, y) es un punto del locus desconocido precisamente cuando

(x + b) ² + y ² = XA ² = (f· XB) ² = f ² [(x - b) ² + y ²]

es decir, cuando

x ² (f ² - 1) - 2bx (f ² + 1) + y ² (f ² - 1) + b ² (f ² - 1) = 0

${\left(x-\frac{b(f^2+1)}{f^2-1}\right)}^2+y^2={\left(\frac{2fb}{f^2-1}\right)}^2.$

Esta es la ecuación de un círculo con centro$\left(\frac{b(f^2+1)}{f^2-1},0\right)$y radio r =$\frac{2fb}{f^2-1}$.

222.

(a) Elija la línea AB como eje x, y la bisectriz perpendicular de AB como eje y.

Después A = (-c, 0) y B = (c, 0). El punto X = (x, y) es un punto del locus desconocido precisamente cuando

2a -$2a=AX+BX=\sqrt{{(x+c)}^2+y^2}+\sqrt{{(x-c)}^2+y^2}$,

es decir, cuando

$$2a-\sqrt{{(x+c)}^2+y^2}=\sqrt{{(x-c)}^2+y^2}$$

∝ 4a ² - 4a$\sqrt{{(x+c)}^2+y^2}=\sqrt{{(x-c)}^2+y^2}$ $\sqrt{{(x+c)}^2+y^2}+[{(x+c)}^2$

⦁ a ² + cx = a (x + c) ² + y ²

＊ (a ² - c ²) x ² + a ² y ² = a ² (a ² - c ²)

Ajuste$\genfrac{}{}{0.1ex}{}{c}{a}$= e luego produce la ecuación para el locus en la forma:

$\frac{}{}$x2a2+y2a2(1−e2)=1.

Nota: En la derivación de la ecuación cuadramos ambos lados (dos veces). Esto puede introducir soluciones espurias. Entonces debemos verificar que cada solución (x, y) de la ecuación final satisfaga la condición original.

(b) Se da el número real e< 1, por lo que podemos establecer la distancia de F a m$\frac{a}{e}\left(1-e^2\right)$. Elija la línea a través de F y perpendicular a m como eje x. Para empezar, elegimos la línea m como eje y y ajustamos posteriormente si es necesario.

De ahí que F tenga coordenadas$\left(\frac{a}{e}\left(1-e^2\right),0\right)$, y el punto X = (x, y) es un punto del locus desconocido precisamente cuando

${\left(x-\frac{a}{e}\left(1-e^2\right)\right)}^2+y^2={(ex)}^2$,

que se puede reorganizar como

$\left(1-e^2\right)x^2-2\frac{a}{e}(1-e^2)x+{\left(\frac{a}{e}\right)}^2{(1-e^2)}^2+y^2=0$,

y además como

(1 - e ²)$\left[x^2-2\frac{a}{e}x+{\left(\frac{a}{e}\right)}^2\right]+y^2={\left(\frac{a}{e}\right)}^2(1-e^2)-{\left(\frac{a}{e}\right)}^2{(1-e^2)}^2$

=$\left(\frac{a}{e}\right)$² (e ² - e ⁴)

= a ² (1 - e ²)

∴${\left(x-\frac{a}{e}\right)}^2+\frac{y^2}{1-e^2}=a^2$.

Si ahora movemos el eje y a la línea$x=\frac{a}{e}$la ecuación toma la forma más simple:

$\frac{}{}$x2a2+y2a2(1−e2)=1.

(c) Esto se hizo en las derivaciones en las soluciones a las partes (a) y (b).

223.

(a) La desigualdad triangular muestra que, si AX > BX, entonces AB + BX ≥qslant AX; por lo tanto, el locus no está vacío solo cuando un$⩽$c. Si a = c, entonces X debe estar en la línea AB, pero no entre A y B, por lo que el locus consiste en las dos medias líneas en AB fuera de AB. De ahí que podamos suponer que a < c.

Elija la línea AB como eje x y la bisectriz perpendicular de AB como eje y.

Después A = (-c, 0) y B = (c, 0). El punto X = (x, y) es un punto del locus desconocido precisamente cuando

$2a=|<i><u>AX</u></i>-<i><u>BX</u></i>|=\left|\sqrt{{(x+c)}^2+y^2}-\sqrt{{(x-c)}^2+y^2}\right|$.

Si AX > BX, podemos bajar los signos de módulo y calcularlos como en el Problema 222.

$2a+\sqrt{{(x-c)}^2+y^2}=\sqrt{{(x+c)}^2+y^2}$.

∴ $$4a2+4a(x−c)2+y2+(x−c)2+y2=(x+c)2+y2

∴ $a^2-cx=-a\sqrt{{(x-c)}^2+y^2}$

∴ $(c^2-a^2)x^2-a^2{y}^2=a^2(c^2-a^2)$

Ajuste$\genfrac{}{}{0.1ex}{}{c}{a}$= e (> 1), luego produce la ecuación para el locus en la forma:

$\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{a^2(e^2-1)}=1$.

Nota: En la derivación de la ecuación cuadramos ambos lados (dos veces). Esto puede introducir soluciones espurias. Entonces debemos verificar que cada solución (x, y) de la ecuación final satisfaga la condición original. De hecho, el proceso de cuadratura introduce soluciones adicionales en forma de una segunda rama del locus, que corresponde precisamente a los puntos X donde AX < BX.

(b) Se da el número real e> 1, por lo que podemos establecer la distancia de F a m$\frac{a}{e}$(e ² - 1). Elija la línea a través de F y perpendicular a m como eje x. Para empezar, elegimos la línea m como eje y y ajustamos posteriormente si es necesario.

De ahí que F tenga coordenadas$\left(\frac{a}{e}(e^2-1),0\right)$$\left(\frac{a}{e}(e^2-1),0\right)$, y el punto X = (x, y) es un punto del locus desconocido precisamente cuando

${\left(x-\frac{a}{e}(e^2-1)\right)}^2+y^2={(ex)}^2$

(e ^{2 - 1}) x ² +$\frac{}{}$2ae(e2−1)x−y2=(ae)2(e2−1)2

∝$(e^2-1)[x^2+$2aex+(ae)2 ]−y2=(ae)2(e2−1)2+(ae)2(e2−1)

=${\left(\frac{a}{e}\right)}^2(e^4-e^2)$

(e ^{2 - 1})$[x^2+$2aex+(ae)2 ]−y2=a2(e2−1)

∴ ${\left(x+\frac{a}{e}\right)}^2-\frac{y^2}{e^2-1}=a^2$

Si ahora movemos el eje y a la línea X = -$\frac{a}{e}$la ecuación toma la forma más simple:

$\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{a^2(e^2-1)}=1$.

(c) Esto se hizo en derivaciones en las soluciones a las partes (a) y (b).

224.

(a) Cuando z = k es una constante, la ecuación se reduce a la de un círculo

x ² + y ² = (rk) ² en el plano z = k. Cuando el plano de corte es el

xy -plano “z = 0”, el círculo tiene radio 0, por lo que es un solo punto.

(b) (i) Un plano vertical a través del ápice corta el cono en un par de generadores que cruzan en el ápice.

(ii) Si el plano de corte a través del ápice es menos empinado que un generador, entonces corta el cono solo en el ápice.

Si el plano de corte a través del ápice es paralelo a un generador, entonces corta el cono en un generador, una sola línea (el siguiente párrafo indica que esta línea puede ser mejor pensada como un par de líneas “coincidentes”).

Lo que sucede cuando el plano de corte a través del ápice es más empinado que un generador puede no ser intuitivamente claro. Una forma de darle sentido a esto es tratar la sección transversal como el conjunto de soluciones de dos ecuaciones simultáneas, una para el cono y otra para el plano (digamos y = nz, con n < r). Esto lleva a la ecuación

$x^2=(r^2-n^2)z^2,y=nz$,

con juego de soluciones

$x=\pm z\sqrt{r^2-n^2},xy=nz$

que especifica un par de líneas que cruzan en el vértice.

Una manera un poco más fácil de visualizar la sección transversal en este caso es dejar que el vértice del doble cono sea A, y dejar que X sea cualquier otro punto de la sección transversal. Entonces la línea AX es un generador del cono, por lo que se encuentra en la superficie del cono. Pero A y X también se encuentran en el plano de corte, por lo que toda la línea AX debe estar en el plano de corte. De ahí que la sección transversal contenga toda la línea AX.

(c) (i) Si el plano de corte pasa por el ápice y es paralelo a un generador del cono, entonces vimos en (b) que la sección transversal es simplemente el propio generador.

(ii) Así asumimos que el plano de corte no pasa por el ápice, y puede suponer que corta la mitad inferior del cono. Si V es el punto más cercano al ápice donde el plano de corte se encuentra con el cono, entonces la curva de sección transversal comienza en V y se hace más ancha a medida que bajamos por el cono. Debido a que el plano es paralelo a un generador, el avión nunca corta el “otro lado” de la mitad inferior del cono, por lo que la sección transversal nunca “cierra” —sino que continúa abriéndose cada vez más y más a medida que vamos más y más abajo de la mitad inferior del cono.

Sea S la esfera, que está inscrita en el cono por encima del plano de corte, y que es tangente al plano de corte en F. Deje que C sea el círculo de contacto entre S y el cono. Deje que A sea el vértice del cono, y deje que el ángulo del vértice del cono sea igual a 2$\theta$. Que X sea un punto arbitrario de la sección transversal. Para ilustrar el método general, considere primero el caso especial donde X = V es el punto “más alto” de la sección transversal. El segmento de línea VA es tangente a la esfera S, por lo que cruza el círculo C en algún punto M. Ahora VF se encuentra en el plano de corte, por lo que también es tangente a la esfera S en el punto F. Dos tangentes cualesquiera a una esfera desde el mismo punto exterior son iguales, por lo que se deduce que VM = VF. Además, VM es exactamente igual a la distancia de V a la línea m (ya que

• en primer lugar, la línea m se encuentra en el plano horizontal a través de C y así está en el mismo nivel horizontal que M, y

• en segundo lugar la línea más corta VM* de V a m, corre en línea recta por el plano de corte, que es paralelo a un generador — por lo que el ángulomvm*= 2$\theta$, de donde VM* = VM = VF).

Ahora que X sea un punto arbitrario de la curva transversal, y use un argumento similar. Primero la línea XA es siempre un generador del cono, por lo que es tangente a la esfera S, y cruza el círculo C en algún punto Y. Además, XF también es tangente a la esfera. De ahí XY = XF. Queda por ver que XY es igual a la distancia XY* desde X hasta el punto más cercano Y* en la línea m — ya que

• en primer lugar, los dos puntos Y e Y* se encuentran ambos en el mismo nivel horizontal (es decir, el plano horizontal a través del círculo C), y

• en segundo lugar ambos hacen el mismo ángulo$\theta$con la vertical.

De ahí que la curva transversal sea una parábola con foco F y directriz m.

d) i) Si el plano de corte es menos empinado que un generador, la sección transversal es una curva cerrada. Si V y W son los puntos más altos y más bajos de intersección del plano con el cono, entonces la sección transversal es claramente simétrica bajo reflexión en la línea VW. Intuitivamente es tentador pensar que el extremo inferior cerca de W debe ser 'más gordo' que la parte superior de la curva (dando una sección transversal en forma de huevo). Esto resulta falso, y los antiguos griegos conocían la versión correcta, aunque el error se repitió en muchos dibujos cuidadosos de los siglos XIV y XV (por ejemplo, Alberto Durero (1471-1528)).

(ii) La derivación es muy similar a la de la parte (c), y dejamos al lector para que la reconstruya.

Una alternativa appr OAC h es insertar una segunda esfera S 'debajo del plano de corte, e inflarla hasta que haga contacto con el cono a lo largo de un círculo C' mientras que al mismo tiempo toca el plano de corte en un punto Fʹ. Si X es un punto arbitrario de la curva transversal, entonces XA es tangente a ambas esferas, por lo que encuentra el círculo C en algún punto Y y se encuentra con el círculo C 'en algún punto Yʹ. Entonces Y, X, Yʹ son colineales. Además, XY = XF (ya que ambos son tangentes a la esfera S desde el punto X), y XYʹ = XFʹ (ya que ambos son tangentes a la esfera S 'desde el punto X), así

XF + XFʹ = XY + XYʹ = YYʹ

Pero YY 'es igual a la altura inclinada del cono entre los dos círculos fijos C y C', y así es igual a una constante k. Por lo tanto, la especificación foco-foco en el Problema 222 muestra que la sección transversal es una elipse.

e) i) Si el plano de corte es más empinado que un generador, la sección transversal corta tanto la mitad inferior como la mitad superior del cono para dar dos partes separadas de la sección transversal. Ninguna parte “cierra”, por lo que cada parte se abre cada vez más ampliamente.

Si V es el punto más alto de la sección transversal en la mitad inferior del cono, y W es el punto más bajo de la sección transversal en la mitad superior del cono, entonces parece claro que la sección transversal es simétrica bajo reflexión en la línea VW. Pero no está claro que las dos mitades de la sección transversal son exactamente congruentes (aunque de nuevo era conocido por los antiguos griegos).

(ii) La derivación formal es muy similar a la de la parte (c), y dejamos al lector para que la reconstruya.

Una alternativa apr OAC h es copiar la alternativa en (d), e insertar una segunda esfera S' en la parte superior del cono, en el mismo lado del plano de corte que el ápice, inflarla hasta que haga contacto con el cono a lo largo de un círculo C' mientras al mismo tiempo tocando el plano de corte en un punto Fʹ. Si

X es un punto arbitrario de la curva transversal, entonces XA es tangente a ambas esferas, por lo que se encuentra con el círculo C en algún punto Y y se encuentra con el círculo C 'en algún punto Yʹ. Entonces Y, X, Yʹ son colineales. Además, X, F y Fʹ se encuentran todos en el plano de corte. Ahora XY = XF (ya que ambos son tangentes a la esfera S desde el punto X), y XY '= XFʹ (ya que ambos son tangentes a la esfera S 'desde el punto X). Si X está en la mitad superior del cono, entonces

XF - XFʹ = XY - XYʹ = YYʹ.

Pero YYʹ es igual a la altura inclinada del cono entre los dos círculos fijos C y C', y así es igual a una constante k. Por lo tanto, la especificación foco-foco en el Problema 223 muestra que la sección transversal es una hipérbola.

225.

a) i) 2 ¹; ii) 1 = 2 ⁰

b) i) 2 ²; ii) 1 = 2 ⁰; iii) 4 = 2\ veces 2 ⁰ + 2 ¹

c) i) 2 ³; ii) 1 = 2 ⁰; iii) 12 = 2\ veces 4 + 2 ²; iv) 6 = 2\ veces 2 ⁰ + 4

d) i) 2 ⁴; ii) 1 = 2 ⁰; iii) 32 = 2\ veces 12 + 2 ³; iv) 24 = 2\ veces 6 + 12; v) 8 = 2\ veces 2 ⁰ + 6

226.

(c) (i) Si miras cuidadosamente el diagrama que se muestra aquí deberías poder ver no solo los cubos 3D superiores e inferiores, sino también los otros cuatro cubos 3D formados al unir cada cubo 2D en el cubo 3D superior al cubo 2D correspondiente en el cubo 3D inferior.

Nota: Una vez que tenemos el cubo 3D expresado en coordenadas, podemos especificar con precisión qué planos producen qué secciones transversales en el Problema 38. El plano X + y + z = 1 pasa por los tres vecinos de (0, 0, 0) y crea una sección transversal triangular equilátera. Cualquier plano de la forma z = c (donde c es una constante entre 0 y 1) produce una sección transversal cuadrada. Y el plano X + y + z =$\frac{3}{2}$es la bisectriz perpendicular de la línea que une (0, 0, 0) a (1, 1, 1), y crea un hexágono regular como sección transversal.

227.

(a) Ver las coordenadas como (x, y, z). Comienza en el origen (0, 0, 0) y recorre 3 bordes del cubo 2D inferior “z = 0” hasta el punto (0, 1, 0). Copia esta ruta de longitud 3 en el cubo 2D superior “z = 1” (de (0, 0, 1) a (0, 1, 1). Después únete (0, 0, 0) a (0, 0, 1) y únete (0, 1, 0) a (0, 1, 1). El resultado

(0, 0, 0), (1, 0, 0), (1, 1, 0), (0, 1, 0), (0, 1, 1), (1, 1, 1), (1, 0, 1), (0, 0, 1) (y volver a (0, 0, 0))

tiene la propiedad de que exactamente una coordenada cambia cuando nos movemos de cada vértice al siguiente. Este es un ejemplo de un código Gray de longitud 3.

Nota: ¿Cuántas rutas de este tipo hay en el 3D-cube? Sin duda podemos contar los del tipo que aquí se describe. Cada circuito de este tipo tiene una “dirección”: los 12 bordes del cubo 3D se encuentran en una de las 3 “direcciones”, y cada uno de esos circuitos contiene los cuatro bordes en una de estas 3 direcciones. Además, este conjunto de cuatro bordes se puede completar en un circuito exactamente de 2 maneras. Entonces hay 3 × 2 tales circuitos. En 3D esto da cuenta de todos esos circuitos. Pero en dimensiones más altas los números comienzan a explotar (en el 4D-cube hay 1344 tales circuitos).

(b) Ver las coordenadas como (w, x, y, z). Comienza en el origen (0, 0, 0, 0) y recorre los 8 vértices del 3D-cube inferior “z = 0” hasta el punto (0, 0, 1, 0). Luego copie esta ruta en el cubo 3D superior “z = 1” de (0, 0, 0, 1) a (0, 0, 1) a (0, 0, 1, 1). Finalmente únete (0, 0, 0, 0) a (0, 0, 0, 1) y únete (0, 0, 1, 0) a (0, 0, 1, 1) a (0, 0, 1, 1). El resultado

(0, 0, 0.0), (1, 0, 0, 0), (1, 1, 0, 0), (0, 1, 0, 0), (0, 1, 1, 0), (1, 1, 1, 0),

(1, 0, 1, 0), (0, 0, 1, 0) (0, 0, 1, 1), (1, 0, 1, 1), (1, 1, 1, 1), (0, 1, 1, 1),

(0, 1, 0, 1), (1, 1, 0, 1), (1, 0, 0, 1), (0, 0, 0, 1) (y volver a (0, 0, 0, 0, 0)

tiene la propiedad de que exactamente una coordenada cambia cuando nos movemos de cada vértice al siguiente. Este es un ejemplo de un código Gray de longitud 4.

Nota: La construcción general en dimensión n + 1 depende de la construcción previa en dimensión n, por lo que hace uso de la inducción matemática (ver Problema 262 en el Capítulo 6).