48175935 revista escolar de la olimpiada iberoamericana de matematica numero 41

5/26/2018 48175935 Revista Escolar de La Olimpiada Iberoamericana de Matematica Numero 41 - sl...

http:///reader/full/48175935-revista-escolar-de-la-olimpiada-iberoamericana-de-mate

Revista Escolar de la Olimpada Iberoamericana de Matemtica

Nmero 41 (diciembre 2010 febrero 2011)

ISSN 1698-277X

NDICE

Artculos, Notas y lecciones de preparacin de Olimpiadas 41

Pedro H.O. Pantoja, Univ. de Lisboa, Portugal:Nmeros de Fermat.Jorge Mozo Fernndez, Univ. de Valladolid, Espaa: Comentarios sobre unproblema de la I.M.O. 2010.Famosos problemas de la I.M.O. (2)Francisco Bellot Rosado: 29 I.M.O. 1988, Canberra (Australia), Problema # 6.

Problemas para los ms jvenes 41

Cinco problemas de la Olimpiada Junior de Bucarest.

Recibidas soluciones a los problemas 1 y 3 de la Primera Olimpiada Junior deLituania, por Ricardo Espino Lizama (estudiante), Lima, Per, quepresentamos.

Problemas de Nivel Medio y de Olimpiadas 41

Problemas propuestos en la Universidad de Valladolid en la Fase local de laXLVII Olimpiada Matemtica Espaola.

Recibida solucin al problema 1 de la Competicin Matemtica Mediterrnea2010, por Angel Espino Lizama (estudiante), Lima, Per, que presentamos.

Problemas

Problemas propuestos 201 205

Problemas resueltos

Problema 191: Recibidas soluciones de Luis Blanco (estudiante) y AngelPlaza, Univ. de Las Palmas de Gran Canaria, Espaa; Paolo Perfetti, Dipart. DiMatematica, Univ. degli studi Tor Vergata, Roma, Italia; Daniel Lasaosa



Medarde, Univ. Pblica de Navarra, Pamplona, Espaa. Todas ellas serecibieron cuando el nmero 40 ya estaba en lnea.

Problema 193: Recibida solucin de Daniel Lasaosa Medarde, Univ. Pblica deNavarra, Pamplona, Espaa, que presentamos.

Problema 194: Recibida (cuando el nmero 40 ya estaba en lnea) unasolucin de Daniel Lasaosa Medarde, Univ. Pblica de Navarra, Pamplona,Espaa.

Problema 195: Origen del problema: Competentza si performantza enGeometrie, de Dan Branzei, S. Anitza y A. Anitza. Recibida solucin de DanielLasaosa Medarde, Univ. Pblica de Navarra, Pamplona, Espaa, quepresentamos.

Problema 196: Recibidas soluciones de: Gustavo Espnola Mena (Capiat,Paraguay), Vicente Vicario Garca (Huelva, Espaa); Daniel Lasaosa Medarde(Pamplona, Espaa), y del proponente. Presentamos la solucin de Espnola.

Problema 197: Recibidas soluciones de: Daniel Lasaosa Medarde (Pamplona,Espaa); Bruno Salgueiro Fanego (Vivero, Espaa); Vicente Vicario Garca(Huelva, Espaa); y del proponente. Presentamos la solucin de Lasaosa.

Problema 198: Recibida solucin con correccin deDaniel Lasaosa Medarde,que presentamos.El problema 198 con el enunciado incluido en el vol. 40 de la REOIM, aparecipropuesto sin solucin en la Revista matematica din Timisoara (n1, 1978, p.66), y posteriormente en Gazeta Matematica (serie B, n 2, 1979, p.56),igualmente sin solucin. En ninguna de las dos revistas se publicposteriormente solucin alguna al problema. El autor del mismo, a pregunta deeste Editor, contest que ahora estaba muy ocupado para responder

Problema 199: Origen del problema: la revista rusa Matematika v. Skola,1969; incluido en el libro rumano de Gh. Siretchi Analiza Matematica, vol.1,pg. 135.Recibidas soluciones de: Daniel Lasaosa Medarde (Pamplona, Espaa); PedroH. O. Pantoja (Univ. de Lisboa, Portugal); Xavier Ros (Barcelona, Espaa);

Vicente Vicario Garca (2 soluciones), Huelva, Espaa. Presentamos lassoluciones de Vicario.

Problema 200: Origen del problema: la publicacin de la UniversidadLomonosov de Mosc, Problemas con parmetros, 1990, de Valeri Vavilov.Recibidas soluciones (prcticamente iguales) de Xavier Ros (Barcelona,Espaa), y Vicente Vicario Garca (Huelva, Espaa). Presentamos la solucin deRos.



Comentario de pginas web, noticia de congresos y resea de librosBreve resea de tres libros recientes, por F. Bellot.

Divertimentos matemticosSobre la regla de Ruffini, por Francisco Bellot. Una breve nota sin el carcterldico que otras veces tiene esta seccin.

Editor: Francisco Bellot Rosado

Desarrollada en el Centro de Altos Estudios Universitarios de laOEI con el apoyo de la Agencia Espaola de CooperacinInternacional para el Desarrollo (AECID)

Acceder

http://www.oei.es/oim/revistaoim/numero41.htm



NMEO DE FEMA

(P H. O. P, L, P)

O P (16011665) .

F, ( A.

), , . N

F.

P ,

F

P F , ,

3, 5, 17, 257, 65537. E E 641. O K.N L 641 A F, F.

A P , . ,

,

,

,



C 2, , 1 2.N 2, .E , (

2 ). P 1. ( G). D , F ,

P 7.

P 4 2 7, 2 .

E , F

. C ,

0, 1, 4, 5, 6 9, 7, . M . O

B .

(B ) P

P .

A K ,

, . A, , .

C F 3 :

6 ,

E .



C , , .A .

P .

, 7. A

O F . D

O , F M , ,

P , ( ) .P , . C

E , . C,

.



(AMO2007) P ,

( ) .

P , C , , P

, A

.O 1. P ,

.

1) P

2) (AMO1991) M , .

3) (I2009) . P , .

4) (C2010) , . P :) )


http:///reader/full/48175935-revista-escolar-de-la-olimpiada-iberoamericana-de-mat

1 MICHAL K. , F. LCA, L. OME, 17 LECE ON FEMA

NMBE, CANADIAN MAHEMAICAL OCIE.

2 IBENBOIM, P. HE BOOK OF PIME NMBE ECOD,

PINGE, 1991.

3 DBE, H. GENEALIED FEMA PIME, J. ECEAIONAL

MAH. 1985.



COMENTARIOS SOBRE UN PROBLEMA DE LA IMO 2010

JORGE MOZO FERNANDEZ

Llamo mi atencion uno de los problemas propuestos en la 51 Olimpiada Internacional de Matematicas,que se celebro en Astana (Kazakhstan), del 2 al 14 de julio de 2010. Concretamente se trata del problema5, propuesto el segundo da de competicion (el jueves 8 de julio). Este problema, en su redaccion oficialen castellano, dice lo siguiente:

En cada una de las seis cajas B1, B2, B3, B4, B5, B6, hay inicialmente solo una moneda.Se permiten dos tipos de operaciones:Tipo 1: Elegir una caja no vaca Bj , con 1 j 5. Retirar una moneda de Bj y anadir

dos monedas a Bj+1.Tipo 2: Elegir una caja no vaca Bk, con 1 k 4. Retirar una moneda de Bk e

intercambiar los contenidos de las cajas (posiblemente vacas) Bk+1, Bk+2.Determinar si existe una sucesion finita de estas operaciones que deja a las cajas B1,

B2, B3, B4, B5 vacas, y a la caja B6 con exactamente 201020102010 monedas (observe que

abc

=a(bc)).

En esta nota voy a comentar algunas ideas utiles para abordar este problema, as como proponeralgunas cuestiones complementarias. No pretendo ser exhaustivo ni abordar todas las vas posibles deataque, simplemente compartir con los lectores algunas de las reflexiones que he hecho estudiandolo.

En primer lugar parece sensato plantearnos el problema con un numero inferior a 6 cajas, en la

esperanza de que exista alguna recurrencia comoda. Denotamos C el numero de cajas. Si C = 2, solotiene sentido realizar una operacion de tipo 1:

(1, 1) T1 (0, 3).

La notacion que empleo es, creo, autoexplicativa: denotare (N1, N2, . . . , N r) una posicion en la que consi-deror cajas consecutivas, conNi monedas en la cajai-esima. Asimismo, T1,T2 representara la aplicacionde una operacion de tipo 1 o tipo 2, respectivamente. Con 2 cajas, s olo pueden obtenerse 3 monedas enla ultima de ellas.

Si C = 3, tambien pueden computarse todos los posibles movimientos. Estos son esencialmente lossiguientes:

(1, 1, 1)

T1

(0, 3, 1)

T31

(0, 0, 7)(1, 1, 1)

T1 (1, 0, 3) T2 (0, 3, 0)

T31 (0, 0, 6)

(1, 1, 1) T2 (0, 1, 1)

T1 (0, 0, 3).

As, en la ultima caja solo es posible obtener 3, 6 o 7 monedas. Obsrevemos que el hecho de poderobtenerNmonedas en la ultima caja no implica necesariamente que pueda obtenerse cualquier cantidadde monedas N < N.

Para precisar las cosas daremos una definicion:

Definicion 1. Un numero natural N se llamara C-accesible si a partir de una situacion inicial con Ccajas y una moneda en cada caja, es posible, mediante transformaciones de Tipo 1 y Tipo 2 llegar a unasituacion final con Nmonedas en la ultima caja y ninguna en las anteriores.

As, 3 es el unico numero 2-accesible y {3, 6, 7} es el conjunto de numeros 3-accesibles. El problema es

determinar si N0:= 201020102010 es un numero 6-accesible.


http:///reader/full/48175935-revista-escolar-de-la-olimpiada-iberoamericana-de-matem

0

2 JORGE MOZO FERNANDEZ

En primer lugar veamos que es posible hallar numeros 6-accesibles mayores que N0. Para ello esta-blezcamos unas pautas sencillas:

(a) A partir de una situacion (N1, N2) se llega a (0, 2N1+N2) tras N1 operaciones T1.(b) A partir de (N1, N2, N3) jugamos de la siguiente manera:

(N1, N2, N3) (N1, 0, 2N1+N3) T2 (N1 1, 2N2+N3, 0) (N1 1, 0, 2(2N2+N3)).

Aplicando esto sucesivamente llegamos a

(N1, N2, N3) (0, 0, 2N1(2N2+N3)).

(c)

(N, 0, 0, M) (N 1, 2, 0, M)

(N 1, 1, M, 0)

(N 2, M, 1, 0)

(N 2, 0, 0, 2M+1).

Utilizando estas pautas, podemos lograr lo siguiente:

(1, 1, 1, 1, 1, 1) (0, 0, 7, 0, 0, 7) (0, 0, 6, 0, 0, 15)

(0, 0, 4, 0, 0, 216) (0, 0, 2, 0, 0, 2216+1)

(0, 0, 0, 0, 0, 22216+1+1).

El numero 22216+1+1 es 6-accesible. Comprobamos que es mayor que N0. Para ello, observemos que

210



COMENTARIOS SOBRE UN PROBLEMA DE LA IMO 2010 3

siendo r0, r1, . . . , rm1 enteros arbitrarios que satisfacen las desigualdades:

0 r0 N2

0 r1 N3+ 2r0

0 r2 N2 r0+ 2r1

0 r3 N3+ 2r0 r1+ 2r2

...

0 r2k N2 (r0+ +r2k2) + 2(r1+ +r2k1)

0 r2k+1 N3+ 2(r0+ +r2k) (r1+ +r2k1).

Prosiguiendo de esta forma, a partir de (N1, N2, N3) podemos llegar a (0, 0, N), donde Nes un enterode la forma siguiente:

N=

2N

2+N

3+ 3(r

1+ +r

2k

1),

siN

1= 2k,

par ,2N3+N2+ 3(r0+ +r2k), si N1= 2k+ 1, impar.

Observemos dos cosas:

1. El maximo valor posible que puede tomar rl, l 1, es 2l1(2N2+ N3). Solo puede alcanzarse

este valor si hemos tomado como r0, r1, . . . , rl1 los maximos valores posibles en cada caso. Laverificacion de este hecho es simple: si l= 1, r1 N3+ 2r0 N3+ 2N2. Si l >1, argumentamospor induccion.

2. De esta manera, los valores que puede tomar Nson de la forma

N=

2N2+N3+ 3r 2

2k(2N2+N3), si N1= 2k, par,

2N3+N2+ 3r 22k+1(2N2+N3), si N1= 2k+ 1, impar.

En particular, solo valores congruentes con 2N1

(2N2+N3) modulo 3. Todo valor Nde este tipo,anterior,es alcanzable: tomemos como ri el maximo posible mientras no se supere N, y 0 de ah en

adelante.

Si aplicamos esto al proceso descrito, una vez llegados al paso (0, 0, 2, 0, 0, 2216+1), tenemos que:

(0, 0, 2, 0, 0, 2216+1) (0, 0, 1, 2, 0, 22

16+1) (0, 0, 1, 1, 2216+1)

(0, 0, 0, 2216+1, 1, 0),

de donde deducimos que es 6-accesible todo entero Nde la forma 2+3rcomprendido entre 2 y 22216+1+1.

Todos estos enteros N son congruentes con 2 modulo 3, mientros que N0 es divisible por 3 y no esta,pues, entre ellos. Modifiquemos levemente el proceso como sigue:

(0, 0, 1, 1, 2216+1, 0) (0, 0, 1, 1, 22

16+1 2, 4) (0, 0, 0, 2216+1 2, 1, 4).

Los computos anteriores muestran que son 6-accesibles todos los enteros Ncomprendidos entre 6 = 2 1+4

y 6 22216+1

2, de la forma 6 + 3r, todos ellos multiplos de 3, y entre los que se encuentraN0. El problemaesta resuelto.

La tecnica expuesta ni es exhaustiva ni es optima. Por ejemplo, el numero 22216+1+1 no es, ni de lejos

el maximo numero 6-accesible. La sucesion de operaciones

(1, 1, 1, 1, 1, 1) (0, 1, 5, 0, 0, 7) (0, 1, 3, 0, 0, 28)

(0, 1, 2, 2, 0, 28) (0, 1, 2, 1, 28, 0)

(0, 1, 1, 28, 1, 0) (0, 0, 28, 1, 1, 0)

(0, 0, 28, 0, 0, 6),

y una aplicacion sucesiva del punto (c) permite obtener enteros extraordinariamente mas grandes.En mi opinion, parte de la belleza del problema anterior estriba en que permite plantearse nuevas

preguntas, as como distintas generalizaciones. Me permito sugerir algunas:



p g , g p g g

4 JORGE MOZO FERNANDEZ

1. Cual es el mayor entero MC C-accesible, para cualquier C? Hemos visto que M2 = 3, M3 = 7.Es mas, podemos plantearnos si, para todo C. MCes finito (a priori no resulta evidente que si el

numero de cajas es suficientemente grande, no puedan conseguirse cantidades arbitrariamente altasde monedas en la ultima caja). Queda como ejercicio para el lector el probar que, efectivamente,as es.

2. Que estructura tiene el conjunto de enteros C-accesibles? Hemos visto que, al menos para C= 2,3, no todo entero menor que NC esC-accesible. Ocurre lo mismo para valores de Cmayores que3? Por ejemplo, si C 4, 0 es un entero C-accesible, como muestra la siguiente secuencia:

(1, 1, 1, 1) (1, 1, 0, 3) (1, 0, 3, 0) (0, 3, 0, 0)

(0, 2, 0, 0) (0, 1, 0, 0) (0, 0, 0, 0).

EsC-accesible todo entero menor o igual que MC? Dejamos al lector tratar de resolver primerouna pregunta mas simple: Es 1 un entero 4-accesible?

3. Otras preguntas mas complejas pueden formularse. Por ejemplo, sera de interes estudiar la suce-sion M1, M2, M3, . . . de los maximos enteros C-accesibles. Puede plantearse la busqueda de unaexpresion, si existe, para el termino general de esta sucesion. O al menos, alguna regla de recu-rrencia.

4. La ultima generalizacion que quiero plantear consiste en modificar las condiciones iniciales: enlugar de empezar con una moneda en cada caja, puede empezarse con cantidades distintas. Cuales la respuesta a las preguntas anteriores en estas condiciones?

Desde estas paginas, invito a los lectores de esta revista a aportar posibles soluciones a las preguntasanteriores, ya sean totales o parciales, o a plantear nuevos interrogantes relacionados con este curiosoproblema.

Referencias

[1] Olimpiada Internacional de Matematicas. Sitio web: http://www.imo-official.org/.[2] Tao, Terence.The Polymath blog. Minipolymath2 project: IMO 2010 Q5. Blog administrado por Terence Tao. Sitio

web: http://polymathprojects.org/2010/07/08/minipolymath2-project-imo-2010-q5/.

(Jorge Mozo Fernandez)Dpto. Matematica Aplicada, Facultad de Ciencias, Universidad de Valladolid, Pradode la Magdalena, s/n, 47005 Valladolid, Spain

Correo electronico: [email protected]



FAMOSOS PROBLEMAS DE LA I.M.O. (2)

Francisco Bellot Rosado

29a I.M.O., Canberra (Australia) 1988, problema #6

Aparte de sus propios mritos como problema 6 en una Olimpiada Interna-cional, el problema #6 de 1988 fu el, digamos, "responsable" de que a partirde entonces se instituyera por el Jurado Internacional la "Mencin Honorca",para premiar a los estudiantes que, no obteniendo puntos sucientes para recibirmedalla, tuvieran puntuacin mxima (7 puntos) en algn problema.

El problema fu propuesto por Alemania Federal, y el Comit Selector deproblemas australiano, presidido por David Hunt, estaba formado por otroscinco matemticos de Sidney, entre los que se encontraban el matrimonio Szek-eres (George y Esther), condiscpulos y amigos de Paul Erds, y autoridadesmundiales en Teora de Nmeros.

Parece (pero las deliberaciones del comit son secretas) que el problemano fu resuelto por los miembros del Comit, pero una vez vista la solucin"ocial", se decidi incluirlo entre los que forman la llamadalista corta(unos 30problemas) que se presenta al Jurado Internacional, y ste lo eligi y lo propusocomo problema 6. Once participantes recibieron la calicacin de 7 puntos enel problema (cinco de ellos, con puntuacin perfecta de 42 puntos). En la sesinnal del Jurado, el delegado de la Repblica Democrtica Alemana dijo: Yocreo que se debera dar un reconocimento especial a los once estudiantes que hanresuelto bien este problema, en vista de que destacados especialistas en Teora deNmeros no consiguieron hacer lo mismo. Claro que tampoco consigui resolverel problema el 70% de los participantes, que obtuvieron 0 puntos en l.

El Jurado Internacional, a partir de entonces, concede Mencin Honor-ca, en los trminos ms arriba descritos, dentro del captulo de Premios dela Olimpiada. La idea ha sido despus incorporada a otros muchos concursos.

Enunciado del problemaSean ay benteros positivos tales que ab + 1divide a a2 + b2:Demostrar que

a2 +b2

ab+ 1

es el cuadrado de un entero.

Las solucionesHe tenido acceso a trece fuentes distintas donde se incluyen soluciones a

este problema. Las enumero en la Bibliografa al nal de este artculo, perotambin ir mencionando las que efectivamente utilice a medida que desarrolleesas soluciones. Naturalmente, las primeras en ser mostradas van a ser de dosestudiantes: el blgaro Emmanouil Atanassou (que recibi un Premio Especialdel Jurado por su solucin durante el concurso) y el rumano Adrian Vasiu (unode los estudiantes con 42 puntos, antes mencionados).

1



1.Solucin de Atanassou (BUL 2)Supongamos que

a2 +b2

ab+ 1 =k; un entero.

Entonces,

a2 kab+b2 =k (1).Supongamos a partir de ahora que k no es un cuadrado. Toda solucin de

(1) tiene

a;b >0 o bien a;b 0 y supongamos a

mnimo. Obsrvese que b < a; porque si fuera b = a; entonces (2 k) a2 = k;pero el primer miembro no es positivo. Consideremos (1) como una ecuacincuadrtica en a: Tiene dos races, a y a1: Se tiene a+a1 = k b; luego a1 es unentero. Por (2), ya que b >0; a1 >0:

Adems,aa1 = b2 k; luego

a1 = b2 k

a 0; b >0; a1 < a; b < a;lo que contradice laminimalidad supuesta de a; y hemos terminado.

2. Solucin de Adrian Vasiu (ROM 1)Tomada del artculo "A 29-a Olimpiada Internationala de matematica, Can-

berra, 9-21 iulie 1988", del Jefe de la delegacin rumana, Prof. Mircea Becheanu,en la revista Gazeta matematica, nr. 11-12/1988.

Aunque la solucin de Vasiu es tambin por reduccin al absurdo, en unmomento dado utiliza la descomposicin en factores de un nmero de la formaN=n4 + 1:

Supongamos que existieran parejas (a; b) de nmeros naturales tales que

a2 +b2

ab+ 1 =q2 N;

y queqno sea cuadrado perfecto. Elegimos una de esas parejas con amnimo.Entonces

a2 +b2

ab+ 1 = q=) a

4 +a2b2

ab+ 1 =a2q2 N =)

ab 1 + a4 + 1

ab+ 1 2 N =) a

4 + 1

ab+ 1=c 2 N =)

a4 + 1 = c (ab+ 1) =) a j c 1 =) c= ad + 1:

2



Si fuera d = 0; entonces c= 1 =) a4 + 1 = ab+ 1 =) a3 = b =) q= a2;contradiccin.

Luego d6= 0: Entonces a4 + 1 = (ab+ 1) (ad+ 1) =) ad+ 1j a4 + 1 =)ad+ 1 j a2d2 +a4:

Del hecho que mcd

ad+ 1; a2

= 1 y de ad+ 1 j a2 a2 +d2 resulta quead+ 1 j a2 +d2:

Adems

ad+ 1 = a4 + 1

ab+ 1 a

4 + 1

a2 + 1 < a2 + 1 =) 0< d < a:

Como

a2 +d2

ad+ 1 =

a2 +b2

ab+ 1;

se tiene

a4 +a2b2

ab+ 1 =ab 1 +c= ab 1 +ad+ 1 =ad 1 + a

4 + 1

ad+ 1=

a4 +a2d2

ad+ 1 :

Pero d < a y a era mnimo, luego qes cuadrado perfecto, contradiccin.

Soluciones de los matemticos profesionales

Las soluciones redactadas por profesionales arrojan luces inesperadas sobreel problema, y en algunos casos son verdaderas obras maestras de la presentacindidctica de un problema. Personalmente, las que ms me gustan son las delDr. John Campbell (Canberra), la del Prof. John Burns (en su excelente libroSeeking solutions, AMT, 2000), la de Jean-Pierre Boudine, Franois Lo Jacomoy Roger Cuculire (en su no menos excelente libro Olympiades Internationalesde Mathmatiques, noncs et solutions dtailles, Annes 1988 1997, Ed. duChoix, 1998) y la de Marcin Kuczma en su libro International MathematicalOlympiads 1986 - 1999, MAA 2003.

3. La solucin del Dr. J. Campbell (en 1988, en el CanberraCollege of Advanced Education, hoy Universidad de Canberra)

Si comparamos la sorprendente semejanza entre la sustitucin

b!

qa

b (v. las siguientes lneas)

que deja invariante

a2 +b2

ab+ 1 =q;

y la sustitucin bien conocida

3



b

!b

qa (= resto de la divisin de b entre a),

que deja invariante el mximo comn divisor de a y b; hacemos la siguienteconjetura:

CONJETURASi a; b son enteros no negativos tales que

q= a2 +b2

ab+ 1

es entero, entonces

q= (mcd (a; b))2

:

DEMOSTRACIN

Siab = 0;entonces el resultado es claro. Esto sugiere usar la induccin sobreel producto ab:Si ab >0; podemos suponer (por la simetra del problema) que a b; y que

el resultado est probado para valores pequeos de ab:Primero encontraremos un entero ctal que

q= a2 +c2

ac+ 1 (*)

y que cumpla

0 c < b (**).De ah se deducir por induccin (puesto que ac < ab) que

q= (mcd (a; b))2 : (***)

Para obtener c; resolveremos

a2 +b2

ab+ 1 =

a2 +c2

ac+ 1 =q :

Ya que las razones son iguales, restaremos numeradores y denominadores enla proporcin, y resultar

q= b2 c2ab ac =)

b+c

a =q (puesto que queremos quec 6=b),

y esto es lo mismo que

c= aq b:Obsrvese que ces entero, y que mcd (a; c) = mcd(a; b):Por lo tanto, la prueba estar terminada si conseguimos probar (**). Para

ello, por un lado se tiene

4



q=

a2 +b2

ab+ 1 0 =)

c >

1

a

=)

c

0 (pues c es entero).

Algunas otras observacionesSupongamos dadoq= k2;con k entero positivo. Un estudio cuidadoso de la

anterior demostracin muestra que todas las soluciones (a; b) - con a; b enterosno negativos - de

a2 +b2

ab+ 1 =q (****)

se pueden obtener aplicando una sucesin de los operadores (transforma-ciones)

S : (a; b) ! (b; a)T : (a; b) ! (a;aq b)

()a la solucin (k; 0) : Puesto que S2 (es decir, S aplicado dos veces) y T2

dejan invariable(a; b), toda solucin de (****) tiene la forma

W(k; 0) ;

donde Wdenota una sucesin(podra ser vaca) de S0s y de T0s en la queoperadores adyacentes nunca son iguales. Recprocamente, si W es una talsucesin, entoncesW(k; 0)es una solucin de (****) porque los operadores SyTdejan invariable la funcin

a2 +b2

ab+ 1:

Para identicar las soluciones (a; b) = W(k; 0) con a; b 0 mostramos lasprimeras aplicaciones de Sy Ta la pareja (k; 0) :

Evidentemente, las soluciones (a; b)de la ecuacin (****), con a; b 0 son

5



(k; 0) ; (0; k) y W(k; 0)

donde la sucesin W termina en T(as que Tse aplica primero a (k; 0)).Una observacin nal (cuya vericacin se deja al lector):Si q= 1 hay exactamente 3 soluciones.Si q >1 hay innitas soluciones.

Esta solucin est incluida en el folleto "Mathematical Olympiads: The 1988

Australian Scene", publicado por el Australian Mathematics Trust.

4. La solucin de Boudine, Lo Jacomo y Cuculire: el descensoinnito.

Sera bueno tener ejemplos de a; b y k tales que

a2 +b2

ab+ 1 =k :

Busqumoslos.

1) Si a = 1; tenemos b2 + 1 = k (b+ 1) : Una buena idea consiste en restarb2

1: Se obtiene 2 = (b+ 1) (k

b+ 1) : Como b

1; necesariamente es b =

1 = a = k:2) Si a = b; entonces 2a2 =k

1 +a2

: Comoa2 + 1es primo con a2,1 + a2

divide a2;y de nuevo obtenemos a = 1 = b = k :Ya que la ecuacin es simtricaen a y b, supondremos que a > b >1:

3) Observemos, por otra parte, que k no puede ser igual a 2:

6



En efecto, a2 +b2 = 2 + 2ab implica (a b)2 = 2; pero2 no es un cuadradoperfecto. Se puede entonces suponer k

3:

4) La igualdad a2 + b2 =k + kab se cumple si a = bk y b2 =k:Esto nos llevaa una familia innita de soluciones b= b; k= b2; a= b3: Los primeros ejemplosson

82 + 22

1 + 8 2 = 22, solucin (8; 2; 4)

272 + 32

1 + 27 3 = 32, solucin (27; 3; 9)

1252 + 52

1 + 125 5 = 52, solucin (125; 5; 25)

5) Siendo ms sistemticos, la ecuacin original se escribir como

x2 kxy +y2 k = 0;ecuacin de segundo grado enx, o eny;la otra letra, como el entero k, juegan

el papel de parmetros. Considerada como ecuacin en x, su discriminante vale

k2 4 y2 + 4k >0 puesto que k >2:

Por lo tanto, jado y; hay dos soluciones, x0 y x00 = ky x0, ya que lasuma de las races vale k y: Sabemos que existen pares(a; b) de enteros que sonsoluciones, con a > b: Ponemos a = x0; b = y: De aqu surge el par (x00; y) ; esdecir(kb a; b) :

6) kb a es entero; ser positivo?

No puede ser negativo porque (a0; b

); con

a0

= kb

a

es solucin, y b

espositivo. Pero el segundo miembro de la ecuacin se escribe como k (1 +a0b) yes una suma de cuadrados: si un producto de enetros es negativo, ser menor oigual que -1, de donde una contradiccin.

7) El nmero kb a puede ser 0, como en el apartado 4) anterior. Si esnunlo, hemos probado que k era un cuadrado : basta reemplazar k b por a en laecuacin original. Si a 0 =kb ano es cero, (a0; b)es otra solucin del problemainicial.

8) Vamos a demostrar que a0 < b:De la misma manera, a partir del par(b; a0), podemos formar el par(ka0 b; a0)

donde a00 = ka0 b < a0: Probaremos que a0 = kb a < b: Construimos de-sigualdades equivalentes, empezando por la que deseamos probar:

kb < a+b () kab < a2

+ab () kab+k < a2

+ab+k;pero como a2 +b2 =k +kab; se tiene

a2 +b2 < a2 +ab+k () b2 < ab+k;y esta ltima es claramente cierta porquea > b:

7



En resumen, denimos

a0= a; a1= b; an+1 = k an an1;para todon, la pareja(an; an+1)es una solucin de la ecuacin. Si para todo

n fuera an6= 0; la sucesin (an)sera una sucesin estrictamente decreciente denmeros enteros positivos, lo cual es imposible. Por lo tanto, existen tal quean

= 0; y entonces k= a2n1 es efectivamente un cuadrado.

5. La solucin "con aire geomtrico" de Marcin Kuczma

Sea q un entero mayor que 1 (ver la observacin un poco ms adelante).Vamos a examinar las soluciones enteras de la ecuacin

x2 +y2 =q(xy+ 1) (+)

y a demostrar que:a) si q no es un cuadrado perfecto, la ecuacin (+) no tiene soluciones en

Z Z:b) si q es un cuadrado perfecto, q = k2; k2 Z+; entonces la frmula de

recurrencia

x0 = 0; x1 = k; xn1+xn+1 = qxn; con n 2 Z;dene una sucesin estrictamente creciente de enteros, cuyos trminos con-

secutivos, a pares (x= xn; y= xn+1; o viceversa, n 2 Z) conforman la solucincompleta de (+) en enteros.

Evidentemente, el aserto a) resuelve por s slo el problema; pero es ventajosoestudiar conjuntamente a) y b), y examinar la ecuacin (+) sobre el retculo de

los enteros con total generalidad, porque arroja ms luz sobre el problema.Reescribimos (astutamente) la (+) en la forma

(q+ 2) (x y)2 (q 2) (x+y)2 = 4q;lo que nos indica que describe una hiprbola, cuyos ejes de simetra son

y= x e y= x: Si q= 2; la hiprbola degenera en dos rectas paralelas. Sea Hla rama "superior" (x < y) de la hiprbola. Consideremos el punto Q0

0;p

q

- a priori,p

qno tiene por qu ser entero - . Ya que Q0 est enH, las asntotasde H (semirrectas) forman un ngulo obtuso y entonces Hes la grca de unafuncin f, continua y estrictamente creciente, que transforma el conjunto detodos los nmeros reales en s mismo.

Elijamos un punto P0 = (x0; f(x0))

2Hy consideremos la sucesin (en dos

sentidos) de iteradas xn= fn (x0) :Aqu, para n2 Z+; el smbolo fn signica la nsima composicin de f;

paran = 0; f0 es la identidad; y si n 2 Z; fn es lajnj-sima composicin de lafuncin inversa de f; f1:

A la sucesin de puntos

8



Pn= (xn; xn+1) = (xn; f(xn))

2H

le llamaremos la trayectoriaque pasa por P0:En particular, tomando comoP0 el punto Q0

0;p

q

se obtiene latrayectoria principal. El predecesor de Q0en el orden de la trayectoria es Q1

pq; 0 :Sea ahora

fPn= (xn; xn+1) : n 2 Zguna trayectoria cualquiera. Sustituyendo en (+) en lugar de x; y las co-

ordenadas de Pn1; Pn y restando las ecuaciones resultantes obtenemos la re-currencia anterior, posiblemente con otras condiciones iniciales (los datos ini-ciales x0 = 0; x1 =

pqcaracterizan la trayectoria principal). La ecuacin re-

currente demuestra que si uno cualquiera de los puntos Pn1 = (xn1; xn) y

Pn = (xn; xn+1) es un punto deZ

Z

; lo es tambin el otro. As (por induc-cin ascendente y descendente) toda trayectoria o est contenida en Z Zo esdisjunta de Z Z:

Obsrvese que la ecuacin (+) no tiene soluciones enteras de distinto signo.Luego siHcontine un punto reticular P;entonces la trayectoria por P ;formadaenteramente por puntos reticulares, no tiene representante entre Q1 y Q0:Por otra parte, una trajectoria no puede saltarse el arco cerrado Q1Q0 (pueseso requerira f(x) > 0 para algn x



[1]Australian Mathematics Trust: Mathematical Olympiads, The 1988 Aus-tralian Scene, Canberra 1988.

[2] Becheanu, M.: International Mathematical Olympiads 1959-2000. Acad-emic Distribution Center, Freeland, Maryland 2001.

[3]Bellot Rosado, F. y Lpez Chamorro, Ma A.:Cien Problemas de Matemti-cas, Combinatoria, lgebra, Geometra. I.C.E. U. de Valladolid, 1994.

[4]Boudine, J.P.; Cuculire, R.; Lo Jacomo, F.: Olympiades Internationalesde Mathmatiques. noncs et solutions dtailles. Annes 1988 1997. Ed.du Choix, 1998

[5]Bourgade,P.:Olympiades Internationales de mathmatiques, 1976 - 2005.Cassini 2005.

[6] Burns, J.C.: Seeking solutions. AMT 2000.[7] Falk de Losada, M.; Arrieta Ortiz, E.; Berenstein, D.: 1981-1990 Diez

aos de Colombia en las Olimpiadas Internacionales de Matemticas. C.U."Antonio Nario", Bogot, 1991.

[8] Ferreol, R.; Cuculire, R.; Casiro, F.: Olympiades Internationales deMathmatiques & Concours Gneral 1988, 1989, 1990. Ed. du Choix, 1991.

[9]Galvin, W.P.; Hunt, D.C.; OHalloran, P.J. (editors): An Olympiad downunder. A report on the 29th International Mathematical Olympiad in Australia.Australian Mathematical Foundation, 1989.

[10]Kuczma, M.: International mathematical Olympiads 1986-1999. M.A.A.2003.

[11]Reiman, I.: International Mathematical Olympiad 1959 - 1999. AnthemPress, 2001

[12]Djukic, D.; Jankovic V.; Matic, I.; Petrovic, N.: The IMO Compendium,Springer 2006.

[13]Gazeta matematica, nr. 11-12/1988. Societatea de Stiintze matematice

din Republica socialista Romania, 1988.

10



Problemas para los ms jvenes 41

CINCO PROBLEMAS DE LA OLIMPIADA DE BUCAREST (JUNIOR)

J41.1. En el tringulo ABC, la mediana BD (D es el punto medio de

AC) es perpendicular a la bisectriz interior AE (E es un punto de BC).

Demostrar que el centro de gravedad del tringulo ABD es el punto

medio del segmento AE.

J41.2. i) Si a y b son nmeros reales tales que

2 20a b a a + + = ,

demostrar que a = b = 0.

ii) Encontrar los nmeros reales x e y que verifican la relacin

( ) ( )2 2

2 3 2 7 3 2 7 3 2 7x y x y x y x y + + + + + =

J41.3. Tres nmeros positivos, x, y z son directamente

proporcionales a los nmeros 2; 3 y 5.

a)Hallar la razn entre el mayor de los tres nmeros y la sumade los otros dos.

b)Si, adems, xy + yz + zx = 124, calcular los tres nmeros.J41.4. Si los nmeros a y b verifican -1 < a < 1; -1< b < 1,

demostrar que

1 11

a b

ab

+ < 1.

Calcular el valor exacto de f(2010).

5.- Se ordenan los nmeros naturales en forma de tabla triangular, es

decir

12 3 4

5 6 7 8 910 11 12 13 14 15 16. . . . . . .

Diremos que la posicin de un nmero N en la tabla viene dada por dos

coordenadas: el primer nmero de su fila y el primer nmero de su

columna. Por ejemplo, si N = 15, su posicin es (10,9). Cuando un nmero

N, en la posicin (n,m),verifica que N = n + m, diremos que N est bien

colocado en la tabla; as, 12 y 14 estn bien colocados, y 15 no lo est.

Est 22011bien colocado?

6.-En un tringulo, llamaremos O al circuncentro, I al incentro y ral radio

de la circunferencia inscrita. Sea L uno de los dos puntos en que la

mediatriz del segmento OI corta a la circunferencia circunscrita, si LI vuelve

a cortarla en M, demostrar que IM = 2r.

No est permitido el uso de calculadoras

Cada problema se punta sobre 7 puntos

El tiempo de cada sesin es de 3 horas y media



PROBLEMA 1 de la MMC 2010

Solucin de Angel Espino Lizama, Lima, Per.

Dado los nmeros reales a, b, c, d, resolver el siguiente sistema de ecuaciones (incgnitas

x, y, z, u)

. (1)

(2)

(3)

(4)

Solucin

En (4) (2)

En (3)- (1)

En (4) (1)

En (3)-(2)

Hacemos el cambio de variable:

Reemplazando el cambio de variable:

Igualando:



Sumando:

(5)

Por el cambio de variable

Reemplazando en (5)

Finalmente



REOIM vol. 41Problemas propuestos 201-205

Problema 201 (propuesto por Roberto Bosch Cabrera, C. de laHabana, Cuba)

Sea ABCD un cuadriltero inscrito en una circunferencia c0 de centro O

interior al cuadriltero. Se consideran las circunferencias c1(A;AO)(de centroA y radio AO); c2(B;BO) ; c3(C;CO) y c4(D;DO) :

Seanc1\c2 = fP; Og ; c2\c3 = fQ; Og ; c3\c4 = fR; Og ;y c4\c1 = fS; Og :Demostrar que PQRS es un paralelogramo.

Problema 202 (propuesto por Jos Luis Daz Barrero, Univ. Politc-nica de Catalua, Barcelona, Espaa)

Seana; b; c las longitudes de los lados de un tringulo de permetro 2. Demostrar

que

4p

a2b2 sin C+ 4p

b2c2 sin A + 4p

c2a2 sin B 2 8r

3

4:

Problema 203 (propuesto por Vicente Vicario Garca, Huelva, Es-paa)

Es bien conocido que existen nmeros irracionales ; tales que es

racional. Para la demostracin clsica se parte del hecho de quep

2 es ir-

racional, y se considera el nmerop

2p2

: Si este nmero es racional, ya ten-

emos identicados los irracionales ; que cumplen la condicin del teorema.

Si no es racional, consideramos

p2p2

p2, que es racional y se concluye la

demostracin.Se pide dar una demostracin constructiva alternativa y construir innitas

parejas de nmeros irracionales y tales que es un nmero racional.

Problema 204 (propuesto por Pedro H.O. Pantoja, Univ. de Lis-boa, Portugal)

Demostrar que las ecuaciones3x1 = y4; 3x + 1 = y4 no tienen socucionesenteras positivas.

Problema 205 (propuesto por Juan Bosco Romero Mrquez, vila,Espaa)

Sea ABC un tringulo rectngulo en A, con lados a > b c. Sean r el radiodel crculo inscrito, R el del crculo circunscrito, y wa la bisectriz interior del

ngulo A. Demostrar que

c

2 +p

2

r 2bcb + c

R+r b () cp2

1 +p

2

r wa R + rp2

bp2

:

1



PROBLEMA 193, (propuesto por Mari del Rayo Perez Ros)

Demostrar que

q < A2

y q < B2

,

siendo

q= arctan sin A sin B sin C

1 + cos A cos B cos C, A + B + C= , C < |B A|.

Solucion por Daniel Lasaosa Medarde, Universidad Publica de Navarra, Pam-plona, Espana

Si tomamosA, B de signo negativo y C positivo, podemos encontrar qpositivo,y por lo tanto mayor que A

2 < 0 y que B

2 < 0; podramos tambien tomar A = B=

C = , con lo que no se podra definir q. Entenderemos pues que la condicionA + B+ C= ha de traducirse como A,B ,C son los angulos de un triangulo,

donde sin perdida de generalidad A > B > 0, y AB > C, es decir, A esobtusangulo. Entonces, sin C < sin(A B) y cos C > cos(A B), luego nos bastacon demostrar que, si A, B son dos angulos positivos que suman menos de , secumple

tanB

2 sin A sin B sin(A B)

1 + cos A cos B cos(A B)Pero

sin B

tan B2

= 2 cos2B

2= 1 + cos B,

de donde nos basta con demostrar que

(1 + cos B)(1 + cos A cos B cos(A B)) sin A sin B sin(A B),o equivalentemente tras algo de algebra, nos basta con demostrar que

(1 + cos B)5 + cos(2A) + cos(2B) + cos(2A 2B)

4

sin(2A 2B) sin(2A) + sin(2B)4

.

Ahora bien, como B es claramente acutangulo, tenemos que 1 + cos B > 1, luegonos basta con demostrar que

5 + cos(2A) + sin(2A) + cos(2B) sin(2B) + cos(2A 2B) sin(2A 2B) 0,es decir, usando que 1

2= sin(45) = cos(45), nos basta con demostrar que

52 cos(2A 45) cos(2B + 45) cos(2A 2B + 45),

siendo claramente el miembro de la derecha menor o igual que 3 por ser la suma detres elementos cuyo valor absoluto es a lo sumo 1, mientras que el miembro de laizquierda es mayor que 3, pues 5 =

25>

18 = 3

2, con lo que queda probado

el resultado pedido.

1



PROBLEMA 195, (original de Dan Branzei, Iasi, Rumana; propuesto por eleditor)

Dado el triangulo ABC, de semipermetro s, se define t= srR (notaciones habit-uales).

1) Demostrar que min(a,b,c)> t.2) Demostrar que existe un triangulo de lados

a =

a(a t), b =

b(b t), c =

c(c t).


1) Como sr = S, siendo S el area de ABC, tenemos que t = SR

= abc4R2

, con lo

que por el teorema del seno, c > t si y solo si 1 > ab4R2

= sin A sin B, siendo estadesigualdad claramente cierta.

2) Es conocido que a, b, cson los lados de un triangulo no degenerado si y solo si

2a2b2 + 2b2c2 + 2c2a2 a4 b4 c4 = (a + b + c)(b + ca)(c + a b)(a + b c)> 0,

siendo en ese caso, por la f ormula de Heron, el miembro de la izquierda igual a16S2, donde Ses el area del triangulo de lados a, b, c. Tenemos entonces que

2a2b2+2b2c2+2c2a2a4b4c4 = 16S2+t2

2ab+ 2bc+ 2ca a2 b2 c2

+

+2t

a3 +b3 +c3 ab(a+b) bc(b+c) ca(c+a)

.

Ahora bien,

(a+b+c)

a3 +b3 +c3 ab(a+b) bc(b+c) ca(c+a)

=

=a4 + b4 + c4 2a2b2 2b2c2 2c2a2 2abc(a + b + c) = 16S2 2abc(a + b + c),

(a+b+c)

2

2ab+ 2bc+ 2ca

a

2

b

2

c

2

== a4 b4 c4 + 2a2b2 + 2b2c2 + 2a2c2 + 8abc(a + b + c) = 16S2 + 8abc(a + b + c).

Sustituyendo la definicion de t, tenemos entonces que

2a2b2 + 2b2c2 + 2c2a2 a4 b4 c4 =

= 16S2 +r2(16S2 + 8abc(a+b+c))

4R2

r(16S2 + 2abc(a+b+c))

R =

4S2r2

R2 .

Como esta cantidad es positiva, tenemos que, en efecto, a, b, c son los lados deun triangulo. Notese ademas que hemos probado que el area S de este triangulocumple S =S r

2R; en el caso de que ABC fuera equilatero, se tendra que 2r= R,

con lo que sera S = S4

, claramente cierto ya que tambien sera t = s2

= 3a4

,

a = b = c = a2

= b2

= c2

, siendo entonces a, b, c los lados de un trianguloequilatero de longitud mitad, con lo que el area en efecto sera la cuarta parte.

1



Problema 196

Gustavo Espnola Mena (Capiata, Paraguay)

Seap un numero primo. Demostrar que

p

k=0

(p+k 1)(p+k 2)...(k+ 1) 2(modp) (1)

Demostracion:Se observa, en la ecuacion (1), que el miembro de la izquier-da se puede escribir como

p

k=0

(k+ 1)...(k+p 2)(k+p 1) (2)

As, para k= 0, se cumple el Teorema de Wilson:

(1)(2)...(p 2)(p 1) = (p 1)! 1(modp) (3)

Cuando k = 1, 2, ..., p 1, la sumatoria queda:

p1

k=1

p1

j=1

(k+j) (4)

Luego, existe algun j =p k tal que la productoria resulta en un multiplode p:

p1

k=1

p1

j=1

(k+j) 0(modp) (5)

Y si k= p, el producto queda as:

(p+1)(p+2)...(p+p1) =pn1+a1pn2+...+an2p+(p1)! 1(modp) (6)

Sumando (3), (5) y (6), se llega a la equacion (1), tal como se quera de-mostrar.

1



PROBLEMA 197, (propuesto por Laurentiu Modan, Univ. de Bucarest, Ru-mana)

Se considera un cuadrilatero inscrito en una circunferencia de radio R. Sean , , , los angulos subtendidos por los lados en el centro de la circunferencia.

i) Hallar una expresion para el area Sdel cuadrilatero en funcion de , , , .ii) Si en la expresion para Slos terminos que dependen de los angulos son todos

iguales, y = 3

, hallar los valores de los lados y angulos del cuadrilatero.


i) Supondremos sin perdida de generalidad que , , , son respectivamente losangulos AOB, BOC, COD, DOA, siendo O el circuncentro de ABCD. Si Oes interior al cuadrilateroABCD, entonces + + + = 2, y tenemos que elarea deABCDes la suma de las areas deOAB ,OB C,OC D,ODA, siendo ademas

el area de O AB igual a

[OAB] = R2 sin

2 ,

y de forma similar para los otros tres triangulos. Llegamos entonces a la expresion

S= R2(sin + sin + sin + sin )

2 .

Si el circuncentro O esta en un lado de ABCD, sin perdida de generalidad AB,entonces el razonamiento y el resultado son identicos, salvo que = 180, con loque el termino correspondiente se anulara. Finalmente, si el circuncentro O esexterior al cuadrilateroABCD, existe un lado, sin perdida de generalidadAB , talque los otros dos vertices C, D, estan en el lado opuesto al circuncentro O, respectode la recta AB. El areaSes entonces la suma de las areas de B OC, C OD, DOA,

menos el area de AOB. Sin embargo, si definimos el angulo AOB como el angulocomprendido entre las semirrectas OA, OB y que no deja a C, D en su interior,entonces AOB > , con lo que su seno sera negativo, y sigue siendo valida laexpresion anterior.

ii) Si los terminos que dependen de los angulos son todos iguales, tenemos en-tonces que

sin = sin = sin = sin ,

con lo que , , {3

, 23}, y ademas + + = 5

3 . Claramente, dos de entre

, , han de ser iguales a 23

, y el tercero igual a 3

. Ademas,

DAB = +

2 , ABC=

+

2 , BC D=

+

2 , CD A=

+

2 ,

al ser el angulo subtendido desde un vertice igual a la mitad del angulo subtendidodesde el circuncentro. Restaurando la generalidad, obtenemos que, bien DAB =ABC = BC D = CDA =

2, bien dos de ellos (opuestos) son rectos, siendo

los otros dos 3

y 23

. En el primer caso, los lados miden todos R

2 y ABCD

es un cuadrado, y en el segundo caso dos lados contiguos miden R

3, formandoentre ellos un angulo de

3, y los otros dos lados (perpendiculares a los anteriores)

miden R, formando entre ellos un angulo de 23

; es un caso particular de lo queen ingles se denomina kite (cometa, o cuadrilatero cuyas diagonales se cortanperpendicularmente, y con simetra de reflexion sobre una de ellas).

1



PROBLEMA 198, (propuesto por el editor)

Sea Mun punto interior al triangulo ABC, y N,P,Q los puntos en que una recta

corta a los lados AB, BCy a la prolongacion de CA. Utilizamos la notacion [. . . ]para representar el area del polgono cuyos vertices se escriben entre los corchetes.Demostrar que si

[MAN]

[MBN]+

[MBP]

[MCP] = 2

[MAQ]

[MCQ],

entonces la recta N PQ es antiparalela de CAcon respecto a AB y BC.(el problema no es nuevo. Se dara noticia de su procedencia cuando se publique

la solucion)


Sea = ANNB

, = BPPC

, claramente reales positivos ambos, con lo que por el

teorema de Menelao AQQC

= . Ahora bien, la altura desde M sobre AB coincide

con la altura sobre AN y sobre BN, con lo que [MAN][MBN] = ANBN

= , y de forma

similar para los otros dos cocientes entre areas, de donde obtenemos

+ = 2.

Por la condicion de igualdad en la desigualdad entre medias aritmetica y geometrica,tenemos que la condicion dada en el enunciado es equivalente a = .

Ahora bien, el que la recta NPQ sea la antiparalela de AC respecto de AB yBCes, por definicion, equivalente a que ABCsea semejante a P BN, o lo que es lomismo, que BP

AB = BN

BC. Pero BC

BP = 1+ PC

BP = +1

, mientras que AB

BN = 1+ AN

NB = 1+

, con lo que el que NPQsea la antiparalela de ACes equivalente a AB2

BC2 = (1+)

1+ .

Como podemos elegir independientemente la relacion entre los lados AB,BC, y losparametros reales positivos y , el que = no implica necesariamente que lasrectas sean antiparalelas. Claramente, en la situacion descrita (en la que como yase ha visto es necesario que = ), las rectas mencionadas seran antiparalelas si y

solo si la recta N PQ se elige de forma que = = AB2

BC2.

1



Problema 199.- (Propuesto por el editor).

Demostrar que

=

+=

xxf en todo el intervalo considerado.

Lema 2:Si 0>x se cumple que

=

=+1

2 2)1(1arctan

n xnn

x .

Para la demostracin basta emplear la identidadab

baba

+

=

1arctanarctanarctan con

nxa arctan= y xnb )1arctan( = , para obtener

xnnxxnnx

xnnx

xnn

x)1arctan(arctan

)1(1

)1(arctan

)1(1arctan

2 =

+

=

+

Por otra parte, la suma parcial n-sima de la serie anterior es claramente

nxxnnx

xxxxxSn

arctan))1arctan((arctan

)2arctan3(arctan)arctan2(arctan)0arctan(arctan

=

++++=

y, en consecuencia

0,

0,

0,

2/

0

2/

arctan

)1(1

arctan

1

2

===

+ +

=

x

x

x

nxlmSlmxnn

x

nn

n

n

Finalmente, considerando 1=x en el lema anterior y como 1n tenemos que

1

111

22

22

++

nnnnnn , entonces aplicando lema 1, llegamos al resultado

pedido:21

1arctan

1arctan

12

12

=

+



Lema: Tenemos la desigualdad xx



Problema 200

Xavier Ros

Problema. Determinar, en funcion del parametro real a, el numero deraces de la ecuacion

ax = logax.

Solucion.En primer lugar, notemos que la funcion logax es por definicionla inversa de la funcion ax, y que esta definida solo para a > 0, a = 1.De este modo, denotando f(x) = ax, la ecuacion se puede escribir comof(x) =f1(x), o equivalentemente,

f(f(x)) =x.

Ademas, la funcion fes creciente para a > 1 y decreciente para a , entoncesf(a) a(por definicion de I) y, como f es creciente, tenemos que a < x implicaa f(a) < f(x). Analogamente, si b < +, entonces f(x) < b, y por lotanto, tendremos que f(x) I, y por definicion de I, f(f(x)) < f(x), dedonde f(f(x))< x. De la misma forma, se demuestra que si f es crecientey f(x)> x, entonces f(f(x))> x, y lo mismo para fdecreciente.

De este modo, el numero de soluciones de la ecuacion f(f(x)) = x es

el mismo que el de soluciones de f(x) = x, por lo que hemos reducido elproblema a calcular el numero de puntos fijos de la ecuacion

ax =x.

Definimos la funcion auxiliar g (x) =ax x, y notemos que los ceros deg seran los puntos fijos de f.



Si 0 < a < 1, tendremos que g(0) = 1 > 0 y g(1) = a 1 < 0, y por

el Teorema de Bolzano g tiene un cero en (0, 1). Ademas, tendremos queg(x) =ax ln a 1< 0 y por el Teorema de Rolle la funci on no podra tenermas de un cero. Por lo tanto, si 0 < a < 1 el numero de soluciones de laecuacion es 1, y dicha solucion se encuentra en el intervalo (0, 1).

Si a > 1, entonces g(x) = ax ln a 1 y g(x) = ax ln2 a > 0. Comola derivada segunda no se anula en ningun punto, entonces aplicando elTeorema de Rolle dos veces obtenemos que g tiene a lo sumo dos ceros.Como

lmx

g(x) = +,

el mnimo absoluto de g se encuentra en el punto donde la derivada vale

cero, es decir, xmin= lnln a/ ln a. La funcion g tendra uno, dos o ninguncero dependiendo de si este mnimo absoluto es cero, negativo o positivo,respectivamente. Como

g(xmin) = 1

ln a+

lnln a

ln a =

ln(e ln a)

ln a ,

entonces el signo de este mnimo sera positivo si ln a > e, negativo si ln a < ey cero si ln a = e, as que finalmente tendremos que la funcion f tiene dospuntos fijos si 1< a < e1/e, un punto fijo si a = e1/e, y ningun punto fijo sia > e1/e.



Comentario de libros, noticia de congresos y de pginas web 41

RESEA BREVE DE TRES LIBROS RECIENTES

C. A ls i n a & R . N e l s e n , Ch a r m i n g P r o o f s ( A Jo u r n e y i n t o E le g a n t

M a t h em a t i cs , D o l c i a n i M a t h em a t i ca l Ex p o s i t i o n s # 4 2 , M a t h em a t i caA s s o c ia t i o n o f Am e r i c a , 2 0 1 0 .

La fecunda colaboracin entre Alsina y Nelsen (han publicado, con ste, porlo menos tres libros juntos) ha dado, en este caso, un libro a mi entenderindispensable en la biblioteca de cualquier profesor, sea del nivel que sea.

El adjetivo elegante, aplicado a una demostracin o una solucin es,lgicamente, subjetivo, porque entre otras cosas depende de las fuentesque los autores hayan podido consultar, pero el ttulo es sin dudaapropiado. Todas las soluciones y demostraciones han sido cuidadosamenteseleccionadas para formar un verdadero ramillete de ejemplos brillantes delas Matemticas. No me resisto a reproducir la dedicatoria: Dedicado anuestros muchos estudiantes, con la esperanza de que hayan disfrutado de

la belleza de las matemticas, y que (quiz inconscientemente) nos han

inspirado a escribir este libro.

L e H a i Ch a u & L e H a i K h o i , S el e ct e d p r o b l em s o f t h e

V i et n am e s eM a t h em a t i ca l O ly m p i a d ( 1 9 6 9 2 0 0 9 ) ; M a t h em a t i ca l

O l ym p i a d S e r i e s, v o l . 5 ; W o r l d S c ie n t i f i c, Si n g a p o r e , 2 0 1 0 .

Los excelentes resultados obtenidos por VietNam en la I.M.O. hacanlargamente esperado un libro como ste. En su primer captulo, titulado TheGifted Students, se da amplia informacin sobre la Olimpiada vietnamita, elsistema educativo de ese pas, los centros de excelencia para los buenosestudiantes y la participacin en la Olimpiada Internacional. Despus deunos conceptos bsicos, se desarrollan 230 problemas de la Olimpiada deVietNam, con sus soluciones, distribuidos de la manera siguiente: 63 delgebra, 62 de Anlisis, 42 de Teora de Nmeros, 15 de Combinatoria y 48de Geometra. Dicen los autores: Debe observarse que los problemaspresentados en este libro son de un nivel de dificultad moderado. En el

futuro esperamos publicar otro libro con problemas de la Olimpiada de

VietNam verdaderamente difciles.

Ante esta confesin de parte, hay que reconocer que el concepto de nivelde dificultad en el extremo Oriente es muy diferente del que se tiene aqu,en el Suroeste de Europa. Claro que los niveles de exigencia a losestudiantes en uno y otro lado tampoco tienen nada que ver

Elijo al azar uno de los problemas, del ao 2003, y de los que se proponencomo de serie B, para estudiantes de las ciudades pequeas y de las

reas rurales:



Dado el nmero real 0 , se define la sucesin ( )n

x mediante

( )1 10; 1, 1n nx x x n += + = +

1)Encontrar una frmula general en funcin de n para el trminogeneral de la sucesin.

2) Demostrar que es convergente y calcular su lmite.Debo decir que estoy expectante ante los anunciados en el futuroprximoproblemas verdaderamente difciles.

B r u c e Sh aw y e r , Ex p l o r a t i o n s i n Ge om e t r y ; W o r l d Sc ie n t i f i c,

S in g a p o r e , 2 0 1 0 .

Los suscriptores de CRUX MATHEMATICORUM acabamos de recibir, enpapel, el nmero de octubre de 2010 de la revista. En l aparece uncomentario ms extenso que ste sobre el libro de referencia, a cargo deJ. Chris Fisher, de la Universidad de Regina (Saskatchewan, CanadCentral). Dicen que no hay peor cua que la de la misma madera(Shawyer es Profesor emrito de la Universidad de Terranova).

El libro contiene un elevado nmero de problemas interesantes degeometra eucldea y se supone dirigido a estudiantes del primer aouniversitario y de Olimpiadas. Las notas tericas que figuran al principio

son objeto de aceradas crticas por parte de Fisher, sobre todo por lafalta de detalles en las demostraciones de algunas proposicionesimportantes. Por otro lado, es un libro con un alto nmero de erratas deimprenta, algo impensable si se tiene en cuenta que la editorial es lamisma que hace ya muchos aos public uno de los mejores libros deCombinatoria, Principles and Techniques in Combinatorics, de Chen yKoh (1992). Pero, pese a todo, el libro de Shawyer es interesante yconviene tenerlo en nuestra biblioteca.

Valladolid, 24 de enero de 2011

Francisco Bellot Rosado



SOBRE LA REGLA DE RUFFINI

Una breve nota tomada del libroHigher Algebra,de Barnard y Child (MacMil-

lan 1936)Francisco Bellot Rosado

En el tercer captulo del libro mencionado, adems de la regla de Runi enel sentido clsico, se ofrecen algunas generalizaciones de inters.

1)Para dividir un polinomio A (x) por ax b:Se halla el cociente Q y el resto R de la divisin deA(x)por x b

a; entonces

Qa

yR son, respectivamente, el cociente y el resto buscados.

En efecto, se tiene

A (x) = x b

aQ (x) +R= (ax b)Q (x)

a +R:

Ejemplo:Dividirx3 + 2x2 3x 4por2x 1 :

1 2 3 41

2) 1

2

5

4

7

8

1 52

7

4

39

8

Entonces el cociente buscado es

1

2

x2 +

5

2x

7

4

y el resto,

39

8 :

2) Si el divisor es de segundo grado, o mayor, el proceso a seguir es elsiguiente:

Supongamos que se quiere dividir 4x4 + 3x3 +x 1 por x2 2x+ 3:Lo primero que se hace es escribir el divisor en la forma x2 (2x 3) :

4 3 0 1 112 33 30 (a)

2;3) 8 +22 +20 (b)

4 11 10 12 31 (c)

El primer trmino de la la (c) es 4; 4(2 3) = 8 12; se pone 8 en la la(b) y -12 en (a); 8+3 = 11; 11(2

3) = 22

33;se pone 22 en (b) y -33 en (a);

y as sucesivamente.Se puede comparar la regla con el mtodo de la divisin "con caja", para

justicarlo.El cociente es 4x2 + 11x+ 10 y el resto 12x 31:

1



3) Expresar f(x) = 4x4 + 3x3 +x 1 en la forma

ax2

2x+ 3

2 + (bx+c)

x2

2x+ 3

+dx+e;

donde a;b;c;d;e son constantes.Se divide, como en 2), f(x)porx2 2x + 3:El cociente es 4x2 + 11x + 10y

el resto12x 31:A continuacin se divide 4x2 + 11x+ 10 por x2 2x+ 3 :

4 11 1012

(2 3) 8

4 19 2

El cociente es 4 y el resto 19x 2:Entonces

4x4 + 3x3 +x 1 = 4x2 2x+ 3

2+ (19x 2)

x2 2x+ 3

12x 31:

El libro de Barnard y Child es la nica fuente donde he encontrado estostrucos algebraicos. Actualmente, los programas de clculo simblico realizanestas operaciones con bastante rapidez.

2

48175935 revista escolar de la olimpiada iberoamericana de matematica numero 41

Documents