CONFERENCIA

Logroño, 19 de diciembre de 2012

Algunos problemas no convencionales de Olimpiadas con particularidades

Francisco Bellot Rosado

Comisión de Olimpiadas de la RSME

En primer lugar, quiero agradecer muy sinceramente la invitación de Luis Español y el Departamento de Matemáticas de la Universidad de la Rioja para impartir en Logroño esta conferencia. Logroño fue mi primer destino como Catedrático de Instituto, en 1966; aquí (bueno, en el INEM “Marqués de la Ensenada”, hoy “Sagasta”) di mis primeras clases, hasta que en 1970 me trasladé a Valladolid.

Héme aquí con dos alumnas tras una clase en el curso 69-70

En esta charla me propongo dar a conocer algunas competiciones de Matemáticas que tienen alguna propiedad que las singulariza, dentro del vasto campo de los concursos escolares. No es una casualidad que casi todas provengan de Rusia; de hecho, solamente las dos últimas tienen un origen diferente.

El Torneo Internacional de las Ciudades

En 1980 se produjo un conflicto entre el Ministerio de Educación de la Unión Soviética y algunos miembros del Jurado (presidido por Kolmogorov) de la Olimpiada de la URSS. El profesor Nikolay N. Konstantinov (uno de los digamos “disidentes”) dejó de pertenecer a dicho Jurado y emprendió la siempre difícil tarea de crear una competición nueva, en la que el hecho de

pertenecer a una ciudad muy grande no fuera ni una ventaja ni un inconveniente.

Konstantinov, en primer término, acompañado de su “brazo derecho”, Sergei Dorichenko.

En efecto, los estudiantes de Moscú o de Leningrado, de muy alto nivel y además muy numerosos, sufrían una drástica eliminación hasta dar lugar a la representación de ambas ciudades en la fase “All Russian Math. Olympiad” de su Olimpiada nacional. Y por otra parte, los alumnos de ciudades muy pequeñas también tenían difícil llegar a esa fase.

Konstantinov creó una competición a la que llamó Torneo de las Ciudades. Las tres ciudades “fundadoras” fueron Moscú, Leningrado y Riga.

En ella, los estudiantes participaban desde su propia ciudad; se eliminaban así los viajes.

La puntuación que se otorga a una determinada ciudad, con una población de Nx100000 habitantes se basa en las puntuaciones de N exámenes. Para las poblaciones de menos de 100000 habitantes se utilizan 5 exámenes como mínimo, y además a las de menos población se les aplica un factor de corrección para que puedan ser comparados sus resultados con los de las ciudades más grandes (que varía de 1 para los 500000 habitantes a 1,625 para 0 habitantes) .

La competición se desarrolla dos veces al año (en Otoño y en Primavera), con 2 pruebas en cada una (Sesión de Entrenamiento y Sesión Principal), separadas normalmente por un período de tiempo entre 7 y 10 días, y dos Niveles, Junior y Senior. Los alumnos de grados 10 y 11 toman parte en el Nivel Senior; los demás, en el Junior. Para compensar las diferencias de

nivel con respecto al curso en que están matriculados, se utiliza un factor de compensación que se detalla un poco más abajo.

En 1984, la ciudad búlgara de Yambol fue la primera ciudad no rusa invitada a tomar parte en el Torneo. En 1988 fue invitada Canberra, en Australia. En la actualidad, toman parte en el Torneo más de 100 ciudades en todo el mundo.

La forma de calificar los problemas es la siguiente:

“+” significa solución correcta

“±” es una solución con un error que puede subsanarse fácilmente

“∓” es una solución incorrecta pero con aciertos en puntos importantes

“-“ es una solución incorrecta

“0” pregunta en blanco

“!” significa una solución excepcional, un resultado más fuerte, etc.

Cuando un participante realiza el examen de una de las rondas, su puntuación total en esa ronda se calcula sumando los puntos de sus tres mejores problemas, multiplicada por un coeficiente que depende del curso escolar en que esté matriculado y por un coeficiente de dificultad de cada problema:

Coeficientes por el curso:

1, grados 11 y 9

5/4, grado 10

4/3, grado 8

3/2, grado 7

2, grado 6 o más jóvenes

En Rusia, el grado 11 equivale al último curso antes de ingresar en la Universidad.

En la sesión de Entrenamiento , usualmente se proponen 4 problemas y en la Principal 6. El número de puntos de cada problema es variable.

Los alumnos ganadores reciben un diploma del Comité Internacional Organizador, con sede en Moscú, y son invitados a tomar parte en un campamento matemático de verano en Rusia.

La siguiente portada del libro sobre el torneo en 1984 ilustra uno de sus problemas, que veremos a continuación.

Problema 5, Sesión principal, Nivel senior, 1984

En la isla de Camelot hay 13 camaleones grises, 15 marrones y 17 rojos. Si se encuentran dos camaleones de colores distintos, cambian simultáneamente volviéndose del tercer color. ¿Es posible que todos los camaleones se vuelvan del mismo color?

(V.G.Ilichev, 12 puntos)

Solución

De las diferentes formas que hay de resolver este problema (en el sitio web “Cut the knot”, de Alexander Bogomolny, hay 3) voy a exponer la que incluyó Terry Tao (una de las últimas medallas Fields) en su pequeño, pero gran libro Solving Mathematical Problems: A personal Perspective (1992).

Deberíamos intentar primero probar que la respuesta es “no”. Si fuera “si”, debería haber un procedimiento específico para lograrlo, y esto suena más computacional que matemático. Y como el problema proviene de un concurso matemático, hay buenas razones para pensar que “sí” no es la respuesta correcta. Luego intentaremos probar que no es posible alcanzar esa uniformidad de colores.

En todo caso, primero necesitamos alguna notación decente (o sea, números y ecuaciones). Por ejemplo, podríamos representar la situación inicial mediante un vector de 3 dimensiones: (13, 15, 17) y vamos a ver si alcanzamos una situación como (45,0,0), ó (0,45,0), ó (0,0,45) mediante la operación de cambiar de color. Para cambiar de color, lo que debemos hacer es restar 1 a dos de las coordenadas y sumar 2 a la tercera. Asi que

tenemos una formulación vectorial, que es efectivamente una forma de resolver el problema. Si ponemos a=(-1,-1,2); b=(-1,2,-1) y c=(2, -1,-1), el hecho de encontrarse dos camaleones se traduce en sumar al vector que da el estado actual uno de los tres vectores a, b ó c. Por lo tanto, cualquier posición que el sistema pueda alcanzar se obtiene poniendo

(13, 15, 17) + a + b + c

con , , enteros. Entonces todo lo que hay que hacer es comprobar que un vector como (45,0,0) NO se puede escribir de esa manera, lo cual puede hacerse, por ejemplo, con la regla de Cramer o con manipulación diofántica elemental.

También se puede intentar algo más “sofisticado”, considerando los restos de la división por 3 de los números de camaleones de cada color: (13,15,17) equivale a (1,0,2) mod 3, y la operación de cambio de color únicamente conduce a (1,0,2), (0,1,2) ó (1,2,0), pero nunca a (0,0,0) teniendo en cuenta que 45 es múltiplo de 3.

Peter Taylor observa que la única forma en que se puede alcanzar el estado de todos los camaleones del mismo color es si al principio hay el mismo número de camaleones de 2 colores.

Dos problemas de Geometría (Torneo de 2003)

Problema 2, Primavera 2003, Junior, Nivel Avanzado (4 puntos)

El lado más largo de un triángulo es a y su altura más corta es h.

Si R y r son, respectivamente, su circunradio e inradio, demostrar que

(R/r)>(a/h)

Problema 1, Primavera 2003, Senior, Nivel Avanzado (4 puntos)

El radio de la esfera circunscrita al tetraedro ABCD es R, y el de la esfera inscrita es r. Sea a la longitud de la arista más larga y h la de la altura más corta. Demostrar que

(R/r) > (a/h)

Solución (de Andy Liu, U. de Alberta, Canadá)

Se tiene que 2R > a porque ningún lado puede ser mayor que el diámetro de la circunferencia circunscrita, y por otra parte, ninguna altura puede ser más corta que el diámetro del círculo inscrito, es decir, h > 2r.

Dividiendo se obtiene el resultado, que se extiende al caso del tetraedro.

La Olimpiada de San Petersburgo

En el prólogo del libro de Dmitry Fomin y Alexey Kirichenko sobre la Olimpiada Matemática de Leningrado 1987-1991, el americano de origen ruso Mark Saul (traductor para la AMS de varios libros matemáticos rusos) explica una de las razones del auge de las matemáticas durante la época soviética: para él, aunque la presión política no faltaba, y las carreras académicas recibían su influencia, los matemáticos tenían cierta libertad para trabajar, dado que las aplicaciones de muchos de sus trabajos estaban lejos de la “vida de todos los días”. Además, y esto ha sido una constante en la actividad intelectual rusa, siempre ha habido una gran conexión entre los investigadores matemáticos de primer nivel, como Kolmogorov, Dinkin y Gelfand, y los alumnos y profesores de las escuelas de enseñanza media. Las firmas que aparecen en la famosa revista de matemáticas y Física Kvant son buena muestra de ello.

La Olimpiada de San Petersburgo es la más antigua de las competiciones escolares rusas (entendiendo por Rusia lo que hoy día es), fundada en 1934 por Boris Nikolaievich Delone y tiene 4 rondas. Otros miembros del primer Comité organizador fueron Fikhtengoltz, Tartakovsky y Zhitomirsky, y más tarde se incorporaron Fadeev, Natanson, Krechmar y Smirnov.

Foto de Boris N. Delone (1890-1980)

Sus problemas suelen ser originales, creados para la competición. Y sus dos rondas finales son orales: en ellas, el estudiante, cuando cree haber resuelto uno de los problemas, lo presenta al Jurado; si la solución no es correcta, o es incompleta en algún aspecto, tiene la oportunidad de rehacerla y volverla a presentar, hasta dos veces más, para conseguir el ansiado “+” que caracteriza la puntuación al estilo ruso.

Las dos primeras rondas son a nivel de escuela (Diciembre y Enero) y a nivel regional (San Petersburgo tiene 22 distritos) y en esta última toman parte entre 10000 ó 12000 participantes (Febrero). La tercera ronda, a nivel de toda la ciudad, es ya oral, se celebra a principios de Marzo; participan entre 90 y 130 estudiantes y la duración es 3 horas y media o 4h.

La fase final, también oral, en Marzo, cuenta con unos 80 a 100 participantes y la duración es de 5 horas.

El jurado es numeroso, consta de entre 40 y 60 profesores. Los dos primeros problemas (llamados de consolación) son bastante fáciles (desde el punto de vista ruso, bien entendido); los dos últimos, realmente difíciles.

Olimpiada de 1991, Grado 8,Tercera ronda

Demostrar que

( )( ) ( )( )( ) ( )

3 3 3

3 3 3

2 1 3 1 100 1 336750502 1 3 1 100 1

− − −=

+ + +

Solución

La aparición de sumas y diferencias de cubos hace sospechar que será necesario utilizar

( )( )( )( )

3 3 2 2

3 3 2 2

a b a b a ab b

a b a b a ab b

− = − + +

+ = + − +

Y la segunda observación clave es que si

( ) ( )2 21, 1f x x x g x x x= + + = − + ,

entonces ambas funciones están relacionadas por

( )( ) 1g x f x= − .

Esto significa que

992+99+1=1002-100 + 1

y así sucesivamente. Entonces podemos simplificar la fracción:

( ) ( )( )( )( ) ( )

2 2 2

2 2 2

1 2 3 99 2 2 1 99 99 1 100 100 1 10101 2 33673 100 101 50503 4 100 101 2 2 1 3 3 1 100 100 1

⋅ ⋅ ⋅ ⋅ + + + + + + ⋅= =

⋅ ⋅⋅ ⋅ ⋅ ⋅ − + − + − +

.

Olimpiada de 1987,Grado 9, Tercera Ronda

Un astrónomo suma todas las distancias entre 50 estrellas que está observando con un telescopio. El resultado fue S. De repente, una nube oculta 25 de las estrellas. Demostrar que la suma de las distancias entre las 25 estrellas visibles es menor que S/2.

Solución

Llamemos A1,A2,…,A25 a las estrellas ocultas por la nube, y B1,…,B25 las demás.

Sumamos todas las posibles desigualdades triangulares del tipo

para 1 , , 25i j i k k jB B B A A B i j k≤ + ≤ ≤

El primer miembro de la desigualdad así obtenida es igual a 25T, donde T es la suma de las distancias entre las estrellas visibles.El segundo miembro

contiene cada distancia i kB A exactamente 24 veces, y por lo tanto no es

mayor que 24(S – T). Entonces tenemos

( )25 24T S T≤ −

2449 2

ST S≤ < ,

y hemos terminado.

La Olimpiada de la Federación Rusa

Por la extensión de su territorio y el número de participantes, es la Olimpiada más grande. Desde 1993 lleva este nombre; en 1967, cuando se fundó, era la Olimpiada Matemática de la URSS, y se ha llegado a decir que es el epítome de todas las Olimpiadas nacionales.

El primer concurso matemático de la Unión Soviética se fundó en Georgia en 1933 (un año antes que la de Leningrado) y hacia 1960 comenzó a cuajar la idea de una Olimpiada para todos los escolares de la URSS. Los fundadores fueron Kolmogorov en Moscú y Lavrentiev en NovoSibirsk.

La Olimpiada tiene 5 rondas: 1ª en cada escuela; 2ª en cada ciudad; 3ª en cada región; 4ª en cada República; y 5ª la fase nacional.

A partir de 1967, cada República de la URSS (de un total de 15) enviaba un equipo a la Fase Final (All Russian Mathematical Olympiad) cuyo número de componentes dependía de su población; además, Moscú y Leningrado tenían derecho a enviar equipos propios, y algunas escuelas especiales, los suyos también. Además, la Olimpiada recorría cada año una República distinta.

Andrei Kolmogorov (1903-1987)

Mikhail Lavrentiev (1900-1980)

Cuando yo asistí en 1991 a la que resultó ser última Olimpiada de la URSS, en Smolensk, al oeste de Moscú, el equipo de la famosa Escuela 239 de Leningrado, cuyo líder era el Prof. Sergei Rukhshin, “arrasó” en la prueba para el nivel 11 y estudiantes como Alexander Perlin y Eugenia Malinnikova formaron parte de la Delegación de URSS en la I.M.O., donde obtuvieron medallas de oro. Recuerdo perfectamente que el equipo “leningradskii”, como se les llamaba cariñosamente, hacía ejercicios de relajación en rueda, inmediatamente antes de entrar al examen.

Con el búlgaro Iván Tonov en el monumento a la batalla de Smolensk contra Napoleón

Un problema de la Olimpiada rusa de 1991 (Grado 11, Problema 2)

Supongamos que los números y α β verifican

3 2 3 23 5 1; 3 5 5α α α β β β− + = − + = .

Calcular α β+ .

Solución

El autor del problema es B. Kukuschkin, de Moscú.

El primer miembro de ambas igualdades es el valor del polinomio

( ) ( )33 2( ) 3 5 1 2 1 3f x x x x x x= − + = − + − +

en y x xα β= = , respectivamente. Aquí el truco consiste en completar un

cubo, a la vista de los dos primeros términos del polinomio. Entonces lo podemos escribir como

( ) ( )3 3( ) 3 1 2 1 2f x x x y y− = − + − = + ,

si convenimos en llamar 1y x= − .

La función 3( ) 2g y y y= + es estrictamente creciente, pues su derivada es

positiva. Entonces los números α y β están unívocamente determinados por las ecuaciones

( ) ( ) ( ) ( )1 3 2 y 1 3 2g f g fα α β β− = − = − − = − = .

Como la función g es impar, ( )1 1α β− = − − y entonces 2α β+ = .

Un problema de T. Emelyanova, de la Olimpiada rusa de 2011, Fase de Repúblicas, grado 10, problema 2

En el lado AC del triángulo ABC se toman dos puntos M y K, tales que los ángulos ABM y CBK sean iguales.

Demostrar que los circuncentros de los cuatro triángulos ABM, ABK, CBM y CBK están en una circunferencia.

Solución

(Traducida de la página web rusa http://mceem.ru )

Para fijar ideas, supondremos que el punto M está entre A y K.

(Nota del traductor: BM y BK son isogonales con respecto a los lados BA y BC).

Sean O1, O2, O3, O4 los circuncentros respectivos de los triángulos ABM, ABK, CBM y CBK.

Aunque la figura siguiente no es de buena calidad, ilustra bien el razonamiento que sigue:

Las rectas O1O3 y O1O2 son las mediatrices de los segmentos BM y AB, respectivamente. Entonces los ángulos 2 1 3O O O ABM= , porque

sus lados están comprendidos entre perpendiculares.

Análogamente se demuestra que 2 4 3O O O CBK= , y ya que BM y BK

son isogonales, tenemos

2 1 3 2 4 3O O O O O O= ,

luego los cuatro circuncentros están en una circunferencia.

Observación

El punto de intersección de O1O2 y O3O4 es el circuncentro O del triángulo ABC; los puntos O2 y O3 pertenecen respectivamente a los segmentos OO1 y OO4.

La Olimpiada Asia-Pacífico y la Competición Matemática Mediterránea

En 1988, el organizador de la I.M.O. de aquel año en Australia, Peter Joseph O’Halloran, decidió crear una competición para dar la oportunidad a los países de la cuenca del Océano Pacífico de prepararse mejor para la Olimpiada Internacional, que no implicara desplazamientos de los alumnos y que además evitara dar la impresión de que los países más fuertes se llevan todas las medallas de oro. Así nació la Olimpiada Asia-Pacífico, que comenzó en 1989 y cuyas características son las siguientes:

Cada país la organiza en su propio territorio, procurando la confidencialidad de la prueba. En cada país pueden participar los estudiantes que lo deseen, pero los cálculos para dar los Certificados

de Mérito, en sus tres categorías de Oro, Plata y Bronce se hacen sobre la base de los 10 mejores estudiantes de cada país.

Una vez calificados los estudiantes de un país y decididos los 10 primeros puestos, se envían estos datos a un Comité Organizador Central, que calcula la media aritmética y la desviación típica de todas las puntuaciones.

El número total de Certificados de Mérito es la parte entera de (n+1)/2, siendo n el número total de participantes.

Para tener la posibilidad de recibir Certificado de Mérito en la categoría de Oro, la puntuación total del estudiante debe ser mayor o igual que m + σ, donde m es la media de todas las puntuaciones y σ la desviación típica.

Para tener Plata, la puntuación debe ser mayor o igual que m + (σ/3)

Para tener Bronce, mayor o igual que m – (σ/3);

Pero, además, el número de Certificados en la categoría de Oro para cada país debe ser menor o igual que 1; el de Plata + Oro, menor o igual que 3, y el de Oro + Plata + Bronce, menor o igual que 7.

Se puede conceder Mención Honorífica a un estudiante que, sin tener puntuación para Certificado de Mérito, obtenga 7 puntos en un problema o 6 puntos en dos. Cada problema vale 7 puntos, igual que en la I.M.O.

Peter J. O’Halloran(1931-1994)

En 1997 pensé que se podría organizar algo muy similar en el Mediterráneo. En 1998 lo propuse en la Conferencia de la Federación Mundial de Competiciones Matemáticas (otra creación de Peter O’Halloran) y Grecia, Eslovenia, Croacia y Bosnia-Herzegovina lo aceptaron. En España la prueba la realizamos en Requena, con la ayuda del infatigable organizador local Antonio Ledesma; se suele utilizar dentro del proceso de preparación para la Olimpiada Internacional, y se invita a los alumnos que en la Fase Nacional de la O.M.E. obtienen medalla. El nombre completo de la competición es Competición Matemática Mediterránea (Memorial Peter O’Halloran) y éste es el modelo de diploma que se entrega a los participantes:

Para quienes no conocieron a Peter O’Halloran hay que decir que, sin ser un investigador de primer orden, hizo una impresionante labor para mejorar la enseñanza de las Matemáticas no solamente en Australia, sino en todo el mundo, y en particular en los países menos desarrollados económicamente.

Cuando redacté las bases (copiándolas casi literalmente de las que regulan la Asia-Pacífico, después de obtener permiso para hacerlo así), incluí una pensando en Portugal (pueden participar países ribereños del Mediterráneo o que tengan frontera con alguno de los países ribereños), pero lo cierto es que Portugal nunca ha participado y en cambio Austria lo ha hecho desde el principio. Desde hace 2 años, Turkmenistán ha solicitado (y obtenido) participar…tiene frontera marítima con Irán, desde donde se puede llegar al Mediterráneo por el golfo Pérsico y el canal de Suez….

Un problema de la APMO 1992 (Autor, Bruce Shawyer, Canadá)

Dada una circunferencia C de centro O y radio r, sean C1 y C2 dos circunferencias de centros O1 y O2 y radios r1 y r2 respectivamente, tangentes interiores a C en Ai y tangentes exteriores entre sí en A. Demostrar que las rectas OA, O1A2 y O2A1 son concurrentes.

Solución

Son claramente colineales las ternas de puntos O, O1, A1 ; O, O2, A2 y O1, A, O2. Considerando el triángulo OO1O2 se tiene

1 1 2 2 1 2

1 1 2 2 1 2

1OA O A O A r rrAO AO A O r r r

⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ = ,

y el recíproco del teorema de Ceva termina el problema.

Un problema de la CMM 2011(problema 3)

(Origen del problema: Rev.E.M.Radford, Mathematical Problem Papers, Cambridge U.P. 1931)

De un tetraedro regular de altura h se corta un tetraedro regular de altura xh por medio de un plano paralelo a la base.

Cuando el tronco de pirámide resultante se coloca en un plano horizontal sobre una de sus caras laterales, la proyección del centro de gravedad G del tronco es un punto de la base menor de esta cara lateral.

Demostrar que x es una raíz de la ecuación x3+x2+x = 2.

Hagamos una figura auxiliar:

Si la cara lateral es ADEB (un trapecio cuya base mayor es AB), y G es el centro de gravedad del tronco, la proyección H del punto G sobre el plano ABO se encuentra sobre DE.

Sean P, P’ los centros de las caras ABC y DEF, respectivamente; G el centro de gravedad del tronco, y G1, G2 los de OABC y ODEF, respectivamente.

Los volúmenes de los dos tetraedros están en la proporción de los cubos de las alturas.

Las distancias OG1 = (3/4)h, OG2 = (3/4)xh. Este resultado es conocido en la geometría del tetraedro como teorema de COMMANDINO (Federigo Commandino, un geómetra italiano del siglo XVI)

El cálculo baricéntrico nos permite escribir que

( )( )4 2

3 2

3 31 134 4

1 4 1

h x h x xOG x h

x x x

− + += = =

− + +.

Y entonces

( )2 3

2

3'4 1

x x xP G x xh hx x

− − −= − =

+ +

Para terminar el problema debemos obtener de otra manera una expresión para P’G ; volvamos a la última figura:

Sea NP la perpendicular trazada desde P a la base mayor del trapecio ABED; entonces ON corta a DE en H. Según el enunciado, GH es perpendicular al plano AOB.

Vamos a obtener la expresión buscada para P’G por aplicación del teorema de la altura en el triángulo rectángulo GHO, tras haberla calculado (HP’) en los triángulos semejantes ONP y P’HO. Tenemos, sucesivamente,

La arista de OABC es 32

h ; luego 1

2 2NP h= ;y

1'2 2

P H hx= .

Así, el teorema de la altura permite escribir

( )2

2 1' ' '2 2

P G xh P H P G xh xh ⋅ = ⇔ ⋅ =

y 1'8

P G xh= .

Igualando las dos expresiones de P’G se obtiene la ecuación buscada, que tiene una única raíz real, cuyo valor aproximado es 0,81054.

Bibliografía

1. Fomin,D. & Kirichenko, A.: Leningrad Mathematical Olympiad 1987-1991. Math Pro Press, 1994.

2. Lausch,H. & Bosch Giral, C.: Asian pacific Mathematics Olympiads 1989-2000. Australian Mathematics Trust 2000.

3. Radford, Rev.E.M.: Mathematical Problem Papers. Cambridge U. P. 1931.

4. Slinko, A.M.: USSR Mathematical Olympiads 1989-1992. Australian Mathematics Trust, 1997.

5. Tao, Terence C.S.: Solving Mathematical Problems: A Personal Perspective. Deakin U.P. 1992.

6. Taylor, P.J., ed.: International Mathematics Tournament of the Towns 1984-1989. Australian Mathematics Trust 1992.

Valladolid, 19 de noviembre de 2012.