XXXIV T. I. de las Ciudades Otoño 2012 N Mayor Problema 6

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Nacho

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XXXIV T. I. de las Ciudades Otoño 2012 N Mayor Problema 6

Mensaje sin leer por Nacho » Lun 22 Oct, 2012 9:14 pm

a) Adentro de una esfera hay marcado un punto $A$. Tres rectas perpendiculares trazadas por $A$ cortan a la esfera en seis puntos. Demostrar que el baricentro de estos seis puntos no depende de la elección de las tres rectas. (5 puntos)

b) Adentro de una esfera hay un icosaedro de centro $A$ ($A$ no necesariamente coincide con el centro de la esfera). Las semirrectas que parten de $A$ y pasan por los vértices del icosaedro marcan $12$ puntos en la esfera. Luego, se rota el icosaedro alrededor de $A$. Las semirrectas que parten de $A$ hacia los nuevos vértices marcan $12$ puntos nuevos en la esfera. Sean $O$ y $N$ los baricentros de los puntos viejos y de los nuevos, respectivamente. Demostrar que $O=N$. (Un icosaedro es un poliedro regular con $12$ vértices, $20$ caras triangulares y de cada vértice salen $5$ aristas).

Aclaración: Dados $n$ puntos $A_i=(x_i, y_i,z_i)$ con $1\leq i\leq n$, las coordenadas del baricentro son $x=\dfrac{x_1+\ldots +x_n}{n}$, $y=\dfrac{y_1+\ldots +y_n}{n}$, $z=\dfrac{z_1+\ldots +z_n}{n}$. (5 puntos)
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Gianni De Rico

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Re: XXXIV T. I. de las Ciudades Otoño 2012 N Mayor Problema 6

Mensaje sin leer por Gianni De Rico » Dom 19 Jul, 2020 11:33 pm

Solución a):
Spoiler: mostrar
Sea $\mathcal{E}$ la esfera (que podemos suponer WLOG de radio $1$) y $O$ su centro. Consideremos a las rectas del enunciado como los ejes de coordenadas, luego $O(O_x,O_y,O_z)$ con $O_x^2+O_y^2+O_z^2<1$, y la ecuación de $\mathcal{E}$ es $(x-O_x)^2+(y-O_y)^2+(z-O_z)^2=1$, sus intersecciones con el eje $x$ son los puntos $(x,0,0)$ tales que$$(x-O_x)^2+O_y^2+O_z^2=1\iff x^2-2xO_x+O_x^2+O_y^2+O_z^2-1=0$$las raíces de esta cuadrática son$$x_{1,2}=O_x\pm \sqrt{1-O_y^2-O_z^2}$$análogamente, los otros puntos de intersección son$$\left (0,O_y+\sqrt{1-O_z^2-O_x^2},0\right ) \\
\left (0,O_y-\sqrt{1-O_z^2-O_x^2},0\right ) \\
\left (0,0,O_z+\sqrt{1-O_x^2-O_y^2}\right ) \\
\left (0,0,O_z-\sqrt{1-O_x^2-O_y^2}\right )$$por lo que si $G(g_x,g_y,g_z)$ es el baricentro, entonces$$\begin{align*}g_x & =\dfrac{O_x+\sqrt{1-O_y^2-O_z^2}+O_x-\sqrt{1-O_y^2-O_z^2}+0+0+0+0}{6}=\dfrac{2O_x}{6}=\dfrac{O_x}{3} \\
g_y & =\dfrac{O_y+\sqrt{1-O_z^2-O_x^2}+O_x-\sqrt{1-O_z^2-O_x^2}+0+0+0+0}{6}=\dfrac{2O_y}{6}=\dfrac{O_y}{3} \\
g_z & =\dfrac{O_z+\sqrt{1-O_x^2-O_y^2}+O_z-\sqrt{1-O_x^2-O_y^2}+0+0+0+0}{6}=\dfrac{2O_z}{6}=\dfrac{O_z}{3}
\end{align*}$$de modo que el baricentro es el punto $G$ en $OA$ tal que $OG=2GA$, que no depende de la posición de los ejes. Y con eso estamos.
Dejo la Solución Oficial del b), tiene bastantes cosas teóricas, aunque intenté suavizarlas.
Spoiler: mostrar
Sean $C$ el centro de la esfera y $O$ el baricentro, llamamos diagonales a las rectas que pasan por los vértices y el centro del icosaedro. Tenemos $3$ observaciones clave:
  1. $O$ es también el baricentro de los puntos medios de las cuerdas que determinan las rectas en la esfera.
  2. Dichos puntos medios son los pies de las perpendiculares trazadas desde $C$ a las rectas.
  3. Por simetría, el ángulo entre cualesquiera dos diagonales del icosaedro es el mismo.
Sean $\mathbf{a}=\overline{AO}$ y $\mathbf{c}=\overline{AC}$, vamos a probar que $\mathbf{a}=\alpha \mathbf{c}$, donde $\alpha$ es una constante que no depende de $\mathbf{c}$ ni de la posición del icosaedro, y con eso habremos terminado el problema.
Sea $\mathbf{e}_i$ el vector unitario (de longitud $1$) en la $i$-ésima diagonal, y sea $A_i$ el pie de la perpendicular desde $C$ a la $i$-ésima diagonal. Tenemos entonces que $\overline{AA_i}=AC\cos (\angle CAA_i)\mathbf{e}_i$ (por definición de coseno, ya que estamos trabajando en un triángulo rectángulo), llamemos $\langle \mathbf{c},\mathbf{e}_i\rangle =AC\cos (\angle CAA_i)$, entonces por definición de baricentro tenemos que$$\mathbf{a}=\dfrac{\langle \mathbf{c},\mathbf{e}_1\rangle \mathbf{e}_1+\cdots +\langle \mathbf{c},\mathbf{e}_6\rangle \mathbf{e}_6}{6}$$luego, queremos probar que$$\langle \mathbf{c},\mathbf{e}_1\rangle \mathbf{e}_1+\cdots +\langle \mathbf{c},\mathbf{e}_6\rangle \mathbf{e}_6=6\alpha \mathbf{c}$$en resumen, que esa suma es de nuevo $\text{cte}\times \mathbf{c}$.
Ahora vamos a usar el hecho de que dados $3$ vectores no coplanares $\mathbf{v}_1,\mathbf{v}_2,\mathbf{v}_3$, para cada vector $\mathbf{u}$ del espacio, existe una única terna $(x,y,z)$ de números reales tales que $\mathbf{u}=x\mathbf{v}_1+y\mathbf{v}_2+z\mathbf{v}_3$ (a quien le interese, los vectores $\mathbf{v}_i$ son llamados una base del espacio). Además, el lado izquierdo de la expresión que queremos demostrar es una función lineal en $\mathbf{c}$ (una función $f$ se dice lineal si $f(\mathbf{x}+\mathbf{y})=f(\mathbf{x})+f(\mathbf{y})$ y para $\lambda \in \mathbb{R}$, $f(\lambda \mathbf{x})=\lambda f(\mathbf{x})$), por lo tanto, basta probar esa expresión para una base del espacio, por ejemplo, $\mathbf{e}_1,\mathbf{e}_2,\mathbf{e}_3$.
Vamos a demostrarlo para $\mathbf{c}=\mathbf{e}_1$. Notemos que si cambiamos $\mathbf{e}_i$ por $-\mathbf{e}_i$, entonces el ángulo $\angle CAA_i$ pasa a ser $180°-\angle CAA_i$, y $\cos (\alpha )=-\cos (180°-\alpha )$, de modo que el valor de la cuenta es el mismo, de este modo, podemos suponer que $\mathbf{e}_2,\ldots ,\mathbf{e}_6$ apuntan a los vértices más cercanos al que apunta $\mathbf{e}_1$. Luego, como los ángulos entre las diagonales son iguales, tenemos que $\langle \mathbf{e}_1,\mathbf{e}_2\rangle =\cdots =\langle \mathbf{e}_1,\mathbf{e}_6\rangle =t$, además, $\mathbf{e}_2+\cdots +\mathbf{e}_6=\beta \mathbf{e}_1$ (mirar un dibujo de un icosaedro para convencerse), notemos además que $\beta$ y $t$ solamente dependen del icosaedro (no de su posición). Por lo tanto$$\begin{align*}\langle \mathbf{e}_1,\mathbf{e}_1\rangle \mathbf{e}_1+\langle \mathbf{e}_1,\mathbf{e}_2\rangle \mathbf{e}_2+\cdots +\langle \mathbf{e}_1,\mathbf{e}_6\rangle \mathbf{e}_6 & =\mathbf{e}_1+t\mathbf{e}_2+\cdots +t\mathbf{e}_6 \\
& =\mathbf{e}_1+t(\mathbf{e}_2+\cdots +\mathbf{e}_6) \\
& =\mathbf{e}_1+t\beta e_1 \\
& =(1+t\beta )\mathbf{e}_1
\end{align*}$$además, por simetría, lo mismo vale cuando $\mathbf{c}=\mathbf{e}_2$ y $\mathbf{c}=\mathbf{e}_3$ (y con los mismos $\beta$ y $t$). Por lo tanto, si escribimos $\mathbf{c}=x\mathbf{e}_1+y\mathbf{e}_2+z\mathbf{e}_3$ para $(x,y,z)$ adecuado, y usamos que el lado izquierdo de lo que queremos demostrar es una función lineal, obtenemos lo pedido.
Queda Elegantemente Demostrado

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