Revista Escolar de la Olimpíada Iberoamericana de Matemática

Número 41 (diciembre 2010 – febrero 2011)

ISSN – 1698-277X

ÍNDICE

Artículos, Notas y lecciones de preparación de Olimpiadas 41 Pedro H.O. Pantoja, Univ. de Lisboa, Portugal: Números de Fermat. Jorge Mozo Fernández, Univ. de Valladolid, España: Comentarios sobre un problema de la I.M.O. 2010. Famosos problemas de la I.M.O. (2) Francisco Bellot Rosado: 29ª I.M.O. 1988, Canberra (Australia), Problema # 6. Problemas para los más jóvenes 41 Cinco problemas de la Olimpiada Junior de Bucarest. Recibidas soluciones a los problemas 1 y 3 de la Primera Olimpiada Junior de Lituania, por Ricardo Espino Lizama (estudiante), Lima, Perú, que presentamos. Problemas de Nivel Medio y de Olimpiadas 41 Problemas propuestos en la Universidad de Valladolid en la Fase local de la XLVII Olimpiada Matemática Española. Recibida solución al problema 1 de la Competición Matemática Mediterránea 2010, por Ricardo Espino Lizama (estudiante), Lima, Perú, que presentamos. Problemas Problemas propuestos 201 – 205 Problemas resueltos Problema 191: Recibidas soluciones de Luis Blanco (estudiante) y Angel

Plaza, Univ. de Las Palmas de Gran Canaria, España; Paolo Perfetti, Dipart. Di Matematica, Univ. degli studi Tor Vergata, Roma, Italia; Daniel Lasaosa Medarde, Univ. Pública de Navarra, Pamplona, España. Todas ellas se recibieron cuando el número 40 ya estaba en línea. Problema 193: Recibida solución de Daniel Lasaosa Medarde, Univ. Pública de Navarra, Pamplona, España, que presentamos. Problema 194: Recibida (cuando el número 40 ya estaba en línea) una solución de Daniel Lasaosa Medarde, Univ. Pública de Navarra, Pamplona, España. Problema 195: Origen del problema: “Competentza si performantza en Geometrie”, de Dan Branzei, S. Anitza y A. Anitza. Recibida solución de Daniel Lasaosa Medarde, Univ. Pública de Navarra, Pamplona, España, que presentamos. Problema 196: Recibidas soluciones de: Gustavo Espínola Mena (Capiatá, Paraguay), Vicente Vicario García (Huelva, España); Daniel Lasaosa Medarde (Pamplona, España), y del proponente. Presentamos la solución de Espínola. Problema 197 : Recibidas soluciones de: Daniel Lasaosa Medarde (Pamplona, España); Bruno Salgueiro Fanego (Vivero, España); Vicente Vicario García (Huelva, España); y del proponente. Presentamos la solución de Lasaosa. Problema 198: Recibida solución con corrección de Daniel Lasaosa Medarde, que presentamos. El problema 198 con el enunciado incluido en el vol. 40 de la REOIM, apareció propuesto sin solución en la Revista matematica din Timisoara (nº1, 1978, p. 66), y posteriormente en Gazeta Matematica (serie B, nº 2, 1979, p.56), igualmente sin solución. En ninguna de las dos revistas se publicó posteriormente solución alguna al problema. El autor del mismo, a pregunta de este Editor, contestó 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, España); Pedro H. O. Pantoja (Univ. de Lisboa, Portugal); Xavier Ros (Barcelona, España); Paolo Perfetti, Dipart. Di Matematica, Univ. degli studi Tor Vergata, Roma, Italia; Vicente Vicario García (2 soluciones), Huelva, España. Presentamos las soluciones de Vicario. Problema 200: Origen del problema: la publicación de la Universidad Lomonosov de Moscú, “Problemas con parámetros”, 1990, de Valeri Vavilov. Recibidas soluciones (prácticamente iguales) de Xavier Ros (Barcelona, España), y Vicente Vicario García (Huelva, España). Presentamos la solución de Ros.

Comentario de páginas web, noticia de congresos y reseña de libros Breve reseña de tres libros recientes, por F. Bellot. Divertimentos matemáticos Sobre la regla de Ruffini, por Francisco Bellot. Una breve nota sin el carácter “lúdico” que otras veces tiene esta sección. Editor: Francisco Bellot Rosado

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NÚMEROS DE FERMAT (Pedro H. O. Pantoja, Universidade de Lisboa, Portugal)

Intrudução:

• O matemático francês Pierre de fermat (1601-1665) é famoso pelo seu extensivo trabalho em teoria dos números. Suas principais contribuições são o pequeno teorema de Fermat, o último teorema de fermat (demonstrado por A. Wiles), números de fermat, entre outros. Nesse trabalho vamos explorar algumas propriedades elementares dos números de Fermat. Para aprofundar os conceitos aqui introduzidos, recomendamos a excelente obra ���� Um número de Fermat é um número da forma

�� � � � � Para � � � �� �� � Fermat conjecturou que esses números eram todos primos, de fato, para � � � �� �� �� � dão realmente números primos 3, 5, 17, 257, 65537. Entretanto Euler mostrou que �� é divisível por 641. O argumento usado abaixo é devido a Kraïtchik.

Note que ��� � �� � �� � � � �� � � daí �� � �� � �� � �� � ���� ������ � ��� � �� � ��� � ���� � ����� � ��� � ���� !"����� Logo 641 divide �� � �� Atualmente os únicos números primos de Fermat conhecidos, são aqueles apresentados pelo próprio Fermat. Proposição: A fórmula �# � �$ � �% � � � �� � � � �#&% � � é verdadeira para todo ' � e � ( � Prova: Por indução, � � temos que �% � �$ � � � � � � � � que é verdadeiro.

Suponhamos que a expressão é válida para m, daí �#)% � � � �*+, � � �-�* � �.-�* � �. � �#-�* � �. � ��$ � � � �#&% � ����# � �� � �$ � � ��#� Corolário: /01��#�� ��� � �, para 2 �� Prova: Suponhamos que �#�3���� tenham um fator primo p, então pela proposição anterior, �# � �$ � �% � � � �� � � � �#&% � �

Como p divide ambos �#�3���� p deverá dividir 2, ou seja, p é igual a 1 ou 2. Não pode ser 2, pois �# �3���� são ímpares. Em particular, esse corolário mostra que existem infinitos números primos( vide [2] ). Pode-se também provar que /01��#�� � � � para m maior ou igual a 1. É muito conhecido que 4� � � para 4 5 � é composto (devido a Sophie Germain). De fato, 4� � � � �4 � �4 � ���4 � �4 � ��� Fazendo

4 � �*67 para ' �, encontramos 4 � � � �#&%�� 4� � � � �# e portanto

�# � � � ��#&% � ��#& � ����#&% � ��#& � ��� Exemplo 1: Para � ' � o dígito das unidades de �� é 7. Solução: Para � ' ��� �� é múltiplo de 4 então existe k inteiro tal que �� � �8 daí

�� � � � � � ����9 � � � � � � � �� !"��� e como �� � �� !"��� o dígito das unidades é 2 ou 7, não pode ser 2 pois �� não pode ser par. Em particular, esse exemplo mostra que nenhum número de Fermat pode ser quadrado perfeito. Com efeito, é bem conhecido que o dígito das unidades de um quadrado perfeito é 0, 1, 4, 5, 6 ou 9, e como �$ � ��� �% � � e para � ' � �� é 7, uma contradição. Mais geralmente é fácil provar que nenhum número de fermat é uma potência perfeita. O caso de cubo perfeito foi proposto na Baltic Way. Exemplo 2: (Baltic Way) Prove que nenhum dos números

�� � � � ���Para � � � �� �� � :�!�cubo de um inteiro. Solução:

Assuma que exista um inteiro K tal que � � � � 8� , k ímpar e

� � 8� � � � �8 � ���8 � 8 � �� daí 8 � � � �;� e 8 � 8 � � � �< para alguns s,r inteiros positivos com soma igual a ��. Agora, �= � �; � �8, contradição pois o lado esquerdo é par e o direito ímpar. Exemplo 3: Cada número de Fermat maior do que 3 é da forma �� � �� Solução: É suficiente provar que 6 divide �# � � para ' �� com efeito,

�# � � � �$ � � � �#&% � � � ���% � � � �#&% � �� E o número entre parênteses é par. Exemplo 4: Resolva a equação diofantina

�� � � � � � � �>� �* �� Solução:

Temos que � � � � � �>� �* � � � � � � �>� -�*6,. fazendo

? � �*6, e portanto

�� � ?�? � ����? � ��

� � -�*6,&%. �? � ����? � ���

Como o último fator é sempre inteiro, concluímos que �� é par, absurdo. Assim a equação proposta não possui solução em inteiros. Exemplo 5: Prove que existem infinitos inteiros positivos n tais que �� � � não é primo. Solução: Vamos mostrar que �9)% � ��:� @ABCDA!�"3�E� F!B3�?G3� �% � � � E�� �� � � � ��H, são múltiplos de 7. Agora para � � � �� �� ����

� � �� �� �� �� � � !"�E� "4I�D4J4���I D4J � � � � � � � � � � � � �� !"�E�� Os números de Fermat podem ser generalizados. Define-se

KL�#�4� � 4L*+, � �4L* � �

Onde p é primo, 4 ' ��3� ' o qual generaliza tanto os números de Fermat �# � K�#���� M! ! os números de Mersenne /L � KL�$��� � �L � �� Vamos

estudar alguns casos como, por exemplo,

K��#��� � ��* � ��3�K��#�E� � E�* � ��

Exemplo 6: Prove que para todos os inteiros positivos n, o número �� � � é produto de pelo menos �� � � (não necessariamente distintos) primos. Solução: Por indução, o caso � � � é evidentemente verdadeiro. Como

��+, � � � -�� � ��.-��� � �� � �. Então é suficiente provar que ��� � �� � � é composto , já que por hipótese

de indução �� � � tem �� � � fatores primos. Claramente,

-�� � ��. � N��)% O

� N�� � � � ��

)% O N�� � � � ��

)% O�

!�que completa a prova por indução.

Exemplo 7: (USAMO-2007) Prove que para todos os inteiros não-negativos n, o

número E� � � é produto de pelo menos �� � � (não necessariamente distintos) primos. Solução:

Por indução, o caso � � é trivial pois E�P � � � ��� ComoE� é ímpar,

E� � � � � para algum inteiro m, agora E�+, � � � -E�.� � � � Q� � �

onde Q � E#&%� Portanto é suficiente provar que Q� � �Q � �

É composto, pois consequentemente Q� � � terá pelo menos dois fatores primos a mais do que Q � �� Assim

RS)%R)% �

�R)%�S&T�R)%�S&-RS)%.UR)% � �Q � ��V � �R-R�)�RW)�RX)�R7)�R)%.

R)% ��Q � ��V � EQ�Q� � �Q� � �Q � �Q � �� � �Q � ��V � E#�Q � Q � �� �-�Q � ��� � E#�Q � Q � ��.-�Q � ��� � E#�Q � Q � ��.. O primeiro fator é maior do que 1. Para o segundo,

�Q � ��� � E#�Q � Q � �� � �Q � ��� � YEQ�Q � Q � ��' �Q � ��� � Q�Q � Q � �� � �Q � �Q � � ' ��� 5 �

D!CZ� YEQ [ Q� a prova está completa.

Exercícios: 1) Prove que para qualquer � [ �# � � �� divide �\* � ��

2) (USAMO-1991) Mostre que, para qualquer inteiro fixo � ' �� a sequência

�� �� �7 � �77 � � � !"��� é eventualmente constante.

3) (Iran-2009) Seja 4 um número natural fixo. Prove que o conjunto dos

divisores primos de � � 4 , para � � �� �� ���é infinito. 4) (China-2010) Suponhamos que �3�8 são inteiros não-negativos, e

D � �* � � é um número primo. Prove que:

a) �*+,L] � �� !"�D9)%�^ b) �#)%D9 é o menor inteiro positivo n que satisfaz a equação de

congruência �� � �� !"�D9)%�

REFERÊNCIAS

[1] MICHAL K. , F. LUCA, L. SOMER, 17 LECTURES ON FERMAT NUMBERS, CANADIAN MATHEMATICAL SOCIETY. [2] RIBENBOIM, P. THE BOOK OF PRIME NUMBERS RECORDS, SPRINGER, 1991. [3] DUBRER, H. GENERALIZED FERMAT PRIMES, J. RECREATIONAL MATH. 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 dıa 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 vacıa Bj , con 1 ≤ j ≤ 5. Retirar una moneda de Bj y anadir

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

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

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

abc

= a(bc)).

En esta nota voy a comentar algunas ideas utiles para abordar este problema, ası como proponeralgunas cuestiones complementarias. No pretendo ser exhaustivo ni abordar todas las vıas 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 laesperanza 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, . . . , Nr) una posicion en la que consi-dero r cajas consecutivas, con Ni monedas en la caja i-esima. Asimismo, T1, T2 representara la aplicacionde una operacion de tipo 1 o tipo 2, respectivamente. Con 2 cajas, solo 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)T 3

1→ (0, 0, 7)

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

1→ (0, 0, 6)

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

Ası, en la ultima caja solo es posible obtener 3, 6 o 7 monedas. Obsrevemos que el hecho de poderobtener N monedas 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 N monedas en la ultima caja y ninguna en las anteriores.

Ası, 3 es el unico numero 2-accesible y {3, 6, 7} es el conjunto de numeros 3-accesibles. El problema esdeterminar si N0 := 201020102010

es un numero 6-accesible.1

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 < 2010 < 211.

Por consiguiente,20102010 · 10 < log2 N0 < 20102010 · 11.

Por tanto,20103 = 3 + 2010 · 10 < log2 10 + 2010 · log2 2010 < log2 log2 N0

< log2 11 + 2010 · log2 2010 < 4 + 11 · 2010 = 22114.

En consecuencia,14 < log2 log2 log2 N0 < 15,

es decir,

22214

< N0 < 22215

< 22216+1+1,

con lo que efectivamente hay numeros 6-accesibles mayores que N0. Para ver que numeros menores deN0 podemos conseguir, moderemos las pautas establecidas en (b). Ası, en lugar de empezar haciendo N2

operaciones T1, hagamos una cantidad r0, con 0 ≤ r0 ≤ N2, de estas operaciones.

(N1, N2, N3)→ (N1, N2 − r0, N3 + 2r0)→ (N1 − 1, N3 + 2r0, N2 − r0).

Tomemos ahora 0 ≤ r1 ≤ N3 + 2r0. El proceso es(N1 − 1, N3 + 2r0, N2 − r0)→ (N1 − 1, N3 + 2r0 − r1)

→ (N1 − 2, N2 − r0 + 2r1, N3 + 2r0 − r1).

Tras m pasos, llegamos a (N1 −m, N2m, N3m), donde:

Si m = 2k, par,

N2m = N2 − (r0 + · · ·+ r2k−2) + 2(r1 + · · ·+ r2k−1)N3m = N3 + 2(r0 + · · ·+ r2k−2)− (r1 + · · ·+ r2k−1).

Si m = 2k − 1, impar:

N2m = N3 + 2(r0 + · · ·+ r2k)− (r1 + · · ·+ r2k−1)N3m = N2 − (r0 + · · ·+ r2k) + 2(r1 + · · ·+ r2k−1),

COMENTARIOS SOBRE UN PROBLEMA DE LA IMO 2010 3

siendo r0, r1, . . . , rm−1 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 + · · ·+ r2k−2) + 2(r1 + · · ·+ r2k−1)

0 ≤ r2k+1 ≤ N3 + 2(r0 + · · ·+ r2k)− (r1 + · · ·+ r2k−1).

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

N =

{2N2 + N3 + 3(r1 + · · ·+ r2k−1), si N1 = 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 2l−1(2N2 + N3). Solo puede alcanzarseeste valor si hemos tomado como r0, r1, . . . , rl−1 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 N son de la forma

N =

{2N2 + N3 + 3r ≤ 22k(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 N de este tipo,anterior,es alcanzable: tomemos como ri el maximo posible mientras no se supere N , y 0 de ahı enadelante.

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, 2216+1)→ (0, 0, 1, 1, 2216+1)

→ (0, 0, 0, 2216+1, 1, 0),

de donde deducimos que es 6-accesible todo entero N de la forma 2+3r comprendido 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, 2216+1 − 2, 4)→ (0, 0, 0, 2216+1 − 2, 1, 4).

Los computos anteriores muestran que son 6-accesibles todos los enteros N comprendidos entre 6 = 2·1+4y 6 ·22216+1−2, de la forma 6+3r, todos ellos multiplos de 3, y entre los que se encuentra N0. El problemaesta resuelto.

La tecnica expuesta ni es exhaustiva ni es optima. Por ejemplo, el numero 22216+1+1 no es, ni de lejosel 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, ası como distintas generalizaciones. Me permito sugerir algunas:

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. MC es finito (a priori no resulta evidente que si elnumero 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,ası 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 es C-accesible. ¿Ocurre lo mismo para valores de C mayores 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).

¿Es C-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, serıa 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: jmozo@maf.uva.es

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

Francisco Bellot Rosado

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

Aparte de sus propios méritos como problema 6 en una Olimpiada Interna-cional, el problema #6 de 1988 fué el, digamos, "responsable" de que a partirde entonces se instituyera por el Jurado Internacional la "Mención Honorí�ca",para premiar a los estudiantes que, no obteniendo puntos su�cientes para recibirmedalla, tuvieran puntuación máxima (7 puntos) en algún problema.El problema fué propuesto por Alemania Federal, y el Comité Selector de

problemas australiano, presidido por David Hunt, estaba formado por otroscinco matemáticos de Sidney, entre los que se encontraban el matrimonio Szek-eres (George y Esther), condiscípulos y amigos de Paul Erdös, y autoridadesmundiales en Teoría de Números.Parece (pero las deliberaciones del comité son secretas) que el problema

no fué resuelto por los miembros del Comité, pero una vez vista la solución"o�cial", se decidió incluirlo entre los que forman la llamada lista corta (unos 30problemas) que se presenta al Jurado Internacional, y éste lo eligió y lo propusocomo problema 6. Once participantes recibieron la cali�cación de 7 puntos enel problema (cinco de ellos, con puntuación perfecta de 42 puntos). En la sesión�nal del Jurado, el delegado de la República Democrática Alemana dijo: Yocreo que se debería dar un reconocimento especial a los once estudiantes que hanresuelto bien este problema, en vista de que destacados especialistas en Teoría deNúmeros no consiguieron hacer lo mismo. Claro que tampoco consiguió resolverel problema el 70% de los participantes, que obtuvieron 0 puntos en él.El Jurado Internacional, a partir de entonces, concede Mención Honorí-

�ca, en los términos más arriba descritos, dentro del capítulo de Premios dela Olimpiada. La idea ha sido después incorporada a otros muchos concursos.

Enunciado del problemaSean a y b enteros positivos tales que ab+1 divide 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 Bibliografía al �nal de este artículo, perotambién iré mencionando las que efectivamente utilice a medida que desarrolleesas soluciones. Naturalmente, las primeras en ser mostradas van a ser de dosestudiantes: el búlgaro Emmanouil Atanassou (que recibió un Premio Especialdel Jurado por su solución durante el concurso) y el rumano Adrian Vasiu (unode los estudiantes con 42 puntos, antes mencionados).

1

1.Solución 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 solución de(1) tiene

a; b > 0 o bien a; b < 0 (2)

(Claramente, a; b 6= 0; y si fuera ab < 0; entonces a2 � kab+ b2 > k).Consideremos una solución (a; b) de (1) con a � b > 0 y supongamos a

mínimo. Obsérvese que b < a; porque si fuera b = a; entonces (2� k) a2 = k;pero el primer miembro no es positivo. Consideremos (1) como una ecuacióncuadrática en a: Tiene dos raíces, a y a1: Se tiene a + a1 = kb; luego a1 es unentero. Por (2), ya que b > 0; a1 > 0:Además, aa1 = b2 � k; luego

a1 =b2 � ka

<a2 � 1a

< a:

El par (a1; b) satisface (1) y a1 > 0; b > 0; a1 < a; b < a; lo que contradice laminimalidad supuesta de a; y hemos terminado.�

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

berra, 9-21 iulie 1988", del Jefe de la delegación rumana, Prof. Mircea Becheanu,en la revista Gazeta matematica, nr. 11-12/1988.Aunque la solución de Vasiu es también por reducción al absurdo, en un

momento dado utiliza la descomposición en factores de un número de la formaN = n4 + 1:

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

a2 + b2

ab+ 1= q 2 N�;

y que q no sea cuadrado perfecto. Elegimos una de esas parejas con amínimo.Entonces

a2 + b2

ab+ 1= q =) a4 + a2b2

ab+ 1= a2q 2 N� =)

ab� 1 + a4 + 1

ab+ 12 N� =) a4 + 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;contradicción.Luego d 6= 0: Entonces a4 + 1 = (ab+ 1) (ad+ 1) =) ad + 1 j a4 + 1 =)

ad+ 1 j a2d2 + a4:Del hecho que mcd

�ad+ 1; a2

�= 1 y de ad+ 1 j a2

�a2 + d2

�resulta que

ad+ 1 j a2 + d2:Además

ad+ 1 =a4 + 1

ab+ 1� a4 + 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 + a4 + 1

ad+ 1=a4 + a2d2

ad+ 1:

Pero d < a y a era mínimo, luego q es cuadrado perfecto, contradicción.�

Soluciones de los matemáticos profesionales

Las soluciones redactadas por profesionales arrojan luces inesperadas sobreel problema, y en algunos casos son verdaderas obras maestras de la presentacióndidáctica de un problema. Personalmente, las que más 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, François Lo Jacomoy Roger Cuculière (en su no menos excelente libro Olympiades Internationalesde Mathématiques, Énoncés et solutions détaillées, Années 1988 à 1997, Ed. duChoix, 1998) y la de Marcin Kuczma en su libro International MathematicalOlympiads 1986 - 1999, MAA 2003.

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

Si comparamos la sorprendente semejanza entre la sustitución

b �! qa� b (v. las siguientes líneas)

que deja invariante

a2 + b2

ab+ 1= q;

y la sustitución bien conocida

3

b �! b� qa (= resto de la división de b entre a),

que deja invariante el máximo común 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:

DEMOSTRACIÓNSi ab = 0; entonces el resultado es claro. Esto sugiere usar la inducción sobre

el producto ab:Si ab > 0; podemos suponer (por la simetría del problema) que a � b; y que

el resultado está probado para valores pequeños de ab:Primero encontraremos un entero c tal que

q =a2 + c2

ac+ 1(*)

y que cumpla

0 � c < b (**).

De ahí se deducirá por inducción (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 proporción, y resultará

q =b2 � c2ab� ac =)

b+ c

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

y esto es lo mismo que

c = aq � b:

Obsérvese que c es entero, y que mcd (a; c) = mcd(a; b):Por lo tanto, la prueba estará terminada si conseguimos probar (**). Para

ello, por un lado se tiene

4

q =a2 + b2

ab+ 1<a2 + b2

ab=a

b+b

a;

con lo cual resulta

aq <a2

b+ b � b2

b+ b = 2b (ya que a � b),

y esto es lo mismo que

aq � b < b; es decir, c < b:

Por otra parte,

q =a2 + c2

ac+ 1=) ac+ 1 > 0 =) c > �1

a=) c � 0 (pues c es entero).�

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

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

a2 + b2

ab+ 1= q (****)

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

S : (a; b) �! (b; a)

T : (a; b) �! (a; aq � b)

()a la solución (k; 0) : Puesto que S2 (es decir, S aplicado dos veces) y T 2

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

W (k; 0) ;

donde W denota una sucesión(podría ser vacía) de S0s y de T 0s en la queoperadores adyacentes nunca son iguales. Recíprocamente, si W es una talsucesión, entonces W (k; 0) es una solución de (****) porque los operadores S yT dejan invariable la función

a2 + b2

ab+ 1:

Para identi�car las soluciones (a; b) = W (k; 0) con a; b � 0 mostramos lasprimeras aplicaciones de S y T a la pareja (k; 0) :Evidentemente, las soluciones (a; b) de la ecuación (****), con a; b � 0 son

5

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

donde la sucesión W termina en T (así que T se aplica primero a (k; 0)).Una observación �nal (cuya veri�cación se deja al lector):Si q = 1 hay exactamente 3 soluciones.Si q > 1 hay in�nitas soluciones.

Esta solución está incluida en el folleto "Mathematical Olympiads: The 1988Australian Scene", publicado por el Australian Mathematics Trust.

4. La solución de Boudine, Lo Jacomo y Cuculière: el descensoin�nito.

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

a2 + b2

ab+ 1= k:

Busquémoslos.

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

�: Como a2 +1 es primo con a2, 1+ a2

divide a 2; y de nuevo obtenemos a = 1 = b = k: Ya que la ecuación es simétricaen 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; pero 2 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 lleva

a una familia in�nita de soluciones b = b; k = b2; a = b3: Los primeros ejemplosson

82 + 22

1 + 8� 2 = 22, solución (8; 2; 4)

272 + 32

1 + 27� 3 = 32, solución (27; 3; 9)

1252 + 52

1 + 125� 5 = 52, solución (125; 5; 25)

5) Siendo más sistemáticos, la ecuación original se escribirá como

x2 � kxy + y2 � k = 0;

ecuación de segundo grado en x, o en y; la otra letra, como el entero k, jueganel papel de parámetros. Considerada como ecuación 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 raíces vale ky: Sabemos que existen pares (a; b) de enteros que sonsoluciones, con a > b: Ponemos a = x0; b = y: De aquí surge el par (x00; y) ; esdecir (kb� a; b) :6) kb� a es entero; ¿será positivo?No puede ser negativo porque (a0; b) ; con a0 = kb � a es solución, y b es

positivo. Pero el segundo miembro de la ecuación se escribe como k (1 + a0b) yes una suma de cuadrados: si un producto de enetros es negativo, será menor oigual que -1, de donde una contradicción.7) El número kb � a puede ser 0, como en el apartado 4) anterior. Si es

nunlo, hemos probado que k era un cuadrado : basta reemplazar kb por a en laecuación original. Si a0 = kb� a no es cero, (a0; b) es otra solución 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 última es claramente cierta porque a > b:

7

En resumen, de�nimos

a0 = a; a1 = b; an+1 = kan � an�1;

para todo n, la pareja (an; an+1) es una solución de la ecuación. Si para todon fuera an 6= 0; la sucesión (an) sería una sucesión estrictamente decreciente denúmeros enteros positivos, lo cual es imposible. Por lo tanto, existe n tal quean = 0; y entonces k = a2n�1 es efectivamente un cuadrado.�

5. La solución "con aire geométrico" de Marcin Kuczma

Sea q un entero mayor que 1 (ver la observación un poco más adelante).Vamos a examinar las soluciones enteras de la ecuación

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

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

Z� Z:b) si q es un cuadrado perfecto, q = k2; k 2 Z+; entonces la fórmula de

recurrencia

x0 = 0; x1 = k; xn�1 + xn+1 = qxn; con n 2 Z;

de�ne una sucesión estrictamente creciente de enteros, cuyos términos con-secutivos, a pares (x = xn; y = xn+1; o viceversa, n 2 Z) conforman la solucióncompleta de (+) en enteros.Evidentemente, el aserto a) resuelve por sí sólo el problema; pero es ventajoso

estudiar conjuntamente a) y b), y examinar la ecuación (+) sobre el retículo delos enteros con total generalidad, porque arroja más 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 hipérbola, cuyos ejes de simetría sony = x e y = �x: Si q = 2; la hipérbola degenera en dos rectas paralelas. Sea Hla rama "superior" (x < y) de la hipérbola. Consideremos el punto Q0

�0;pq�

- a priori,pq no tiene por qué ser entero - . Ya que Q0 está en H, las asíntotas

de H (semirrectas) forman un ángulo obtuso y entonces H es la grá�ca de unafunción f , continua y estrictamente creciente, que transforma el conjunto detodos los números reales en sí mismo.Elijamos un punto P0 = (x0; f(x0)) 2 H y consideremos la sucesión (en dos

sentidos) de iteradas xn = fn (x0) :Aquí, para n 2 Z+; el símbolo fn signi�ca la n�ésima composición de f ;

para n = 0; f0 es la identidad; y si n 2 Z�; fn es la jnj-ésima composición de lafunción inversa de f; f�1:A la sucesión de puntos

8

Pn = (xn; xn+1) = (xn; f(xn)) 2 H

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

�0;pq�se obtiene la trayectoria principal. El predecesor de Q0

en el orden de la trayectoria es Q�1��pq; 0

�:

Sea ahora

fPn = (xn; xn+1) : n 2 Zg

una trayectoria cualquiera. Sustituyendo en (+) en lugar de x; y las co-ordenadas de Pn�1; Pn y restando las ecuaciones resultantes obtenemos la re-currencia anterior, posiblemente con otras condiciones iniciales (los datos ini-ciales x0 = 0; x1 =

pq caracterizan la trayectoria principal). La ecuación re-

currente demuestra que si uno cualquiera de los puntos Pn�1 = (xn�1; xn) yPn = (xn; xn+1) es un punto de Z � Z; lo es también el otro. Así (por induc-ción ascendente y descendente) toda trayectoria o está contenida en Z� Z o esdisjunta de Z� Z:Obsérvese que la ecuación (+) no tiene soluciones enteras de distinto signo.

Luego si H contine un punto reticular P; entonces la trayectoria por P; formadaenteramente por puntos reticulares, no tiene representante entre Q�1 y Q0:Por otra parte, una trajectoria no puede saltarse el arco cerrado Q�1Q0 (pueseso requeriría f(x) > 0 para algún x < �pq; lo que es absurdo). Así pues, latrayectoria principal es el único candidato para el conjunto de puntos reticularessobre H:En otras palabras, la ecuación (+) tiene soluciones en Z� Z si y solamente

si la trayectoria principal está compuesta de puntos reticulares. Esto ocurrecuando Q0 2 Z � Z; es decir, cuando q es un cuadrado perfecto, en cuyo casola recurrencia anterior, con k =

pq; de�ne el conjunto completo de abscisas de

puntos reticulares en H; los asertos a) y b) quedan probados. Esta sucesión essimétrica con respecto a 0; la otra rama de la hipérbola es simétrica de H conrespecto al origen. Los puntos reticulares sobre ella son los mismos que los deH; pero con los papeles de x e y intercambiados. Estos puntos también han deser tomados en consideración.ObservaciónLos términos de la recurrencia pueden expresarse de manera explícita:

xn =

rq

q2 � 4

" q +

pq2 � 42

!n� q �

pq2 � 42

!n#; n 2 Z:

Al principio nos limitábamos a considerar enteros q > 1: Porque si q = 1; laecuación (+) es equivalente a (x� y)2 + x2 + y2 = 2; con las soluciones enterasobvias (0; �) ; (�; 0) y (�; �) ; � = �1:�

BIBLIOGRAFÍA

9

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cas, Combinatoria, Álgebra, Geometría. I.C.E. U. de Valladolid, 1994.[4] Boudine, J.P.; Cuculière, R.; Lo Jacomo, F.: Olympiades Internationales

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Mathématiques & Concours Géneral 1988, 1989, 1990. Ed. du Choix, 1991.[9] Galvin, W.P.; Hunt, D.C.; O�Halloran, P.J. (editors): An Olympiad down

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din Republica socialista Romania, 1988.

10

Problemas para los más jóvenes 41

CINCO PROBLEMAS DE LA OLIMPIADA DE BUCAREST (JUNIOR)

J41.1. En el triángulo 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 triángulo ABD es el punto medio del segmento AE.

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

2 2 0a b a a− + + = ,

demostrar que a = b = 0.

ii) Encontrar los números reales x e y que verifican la relación

( ) ( )2 22 3 2 7 3 2 7 3 2 7x y x y x y x y− − − + + + − + + =

J41.3. Tres números positivos, x, y z son directamente proporcionales a los números 2; 3 y 5.

a) Hallar la razón entre el mayor de los tres números y la suma de los otros dos.

b) Si, además, xy + yz + zx = 124, calcular los tres números.

J41.4. Si los números a y b verifican -1 < a < 1; -1< b < 1, demostrar que

1 11a b

ab+

− < <+

.

J41.5. Sea O un punto interior al triángulo ABC. Se traza por O la paralela a BC, que corta a AB en S y a AC en P; se traza análogamente la paralela a AC que pasa por O, que corta a BC en N y a AB en R; y finalmente, la recta por O paralela a AB, que corta a AC en Q y a BC en M.

i) Demostrar que

1MN PQ RSBC CA AB

+ + =

ii) Si se verifica MN PQ RSBC CA AB

= = , demostrar que O es el baricentro

(centro de gravedad) del triángulo ABC.

Solución al Prob #1 y Prob #3 de la Primera Olimpiada de Lituania Solución por: Ricardo Junior Espino Lizama,(15 años) Lima/Perú LIT1. En la multiplicación siguiente, en los factores cada letra representa un número, de modo que letras distintas corresponden a números distintos. Pero en los productos parciales, todos los núumeros (iguales o no) han sido codificados por la letra x : F I N D F I N D __ __ __ __ __ __ __ __ x x x x x x x x x x x x __ __ __ __ __ __ __ __ x x x x x x x x SOLUCIÓN: Como no se presenta el segundo producto parcial, deducimos que el valor de N es cero Quedando lo siguiente: F I 0 D F I 0 D __ __ __ __ __ __ __ __ x x x x 0 0 0 0 x x x x x x x x __ __ __ __ __ __ __ __ x x x x x x x x Al analizar el cuarto producto parcial, el cual es resultado de la multiplicación FIODxF, este producto tiene 4 cifras, concluimos diciendo que el valor de F pueden ser {1,2,3} Pero analizando el producto total, este presenta una cifra más, lo que quiere decir que el valor de F debe ser 3 ya que si toma el valor de 1 o 2, el producto final no sera posible. Quedando asi: 3 I 0 D 3 I 0 D __ __ __ __ __ __ __ __ x x x x 0 0 0 0 x x x x x x x x __ __ __ __ __ __ __ __ x x x x x x x x Ahora, analizando los dos productos parciales restantes, se observa que estos son de 4 cifras, por lo tanto los productos 3I y 3D deben tener solo una cifra, osea, tanto I como D pueden tener como valores {1,2,3}

pero no contemos al 3 ya que, a letras distintas, valores distintos (condición del problema) por lo tanto I y D solo podran ser 1 y 2, mas no se sabe el orden Evaluando las dos posibles soluciones, se muestra que la única solución sl problema es si I=2 Y D=1 Finalmente, reconstruyendo la multiplicvación: 3 2 0 1 3 2 0 1 __ __ __ __ __ __ __ __ 3 2 0 1 6 4 0 2 9 6 0 3 __ __ __ __ __ __ __ __ 1 0 2 4 6 4 0 1 LIT3. Robinson Crusoe, navegando por el proceloso Océano de los Números, se aproxima a la isla donde habitan todos los números con exactamente 100 dÌgitos. Quiere cumplir dos deseos: a) Hallar un número de 100 dÌgitos divisible por 100 y tal que la suma de sus cifras sea 100. b) Encontrar el menor de tales números. SOLUCIÓN: a) Si el número es divisible por 100, entonces deberá acabar en dos ceros y la suma de sus otras 98 cifras deberá ser 100 un número que cumpla esos requisitos es el siguiente 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1..... 1 2200 -----------96 veces "1"------------- b) Para encontrar el menor de todos los números que cumplan los mencionados requisitos, debemos contar con que se vea mayor cantidad de nñumeros 1, aquél número sería el siguiente: 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1... 1300 ----------98 veces "1"------------------

XLVII Olimpiada Matemática Española

Primera Fase

Primera Sesión

Viernes, 21 de enero de 2011

1.- Hallar todos los enteros n tales que n – 50 y n + 50 sean simultáneamente cuadrados perfectos.

2.- Sea { }1,2,3,= el conjunto de los números naturales. Se escriben en

el encerado n números naturales. Si a y b son dos de los números naturales escritos, se realiza con ellos la siguiente operación:

a ba b+−

,

y si este número es entero, se añade al conjunto de números escritos en el encerado. Se pretende conseguir que, por este procedimiento, aparezca en el encerado cualquier número natural.

Calcular el menor valor de n para que esto suceda, los números inicialmente escritos, y la forma de obtener así cualquier número natural.

3.- Un cuadrado C se recubre completamente con un número entero de cuadrados de lado unidad, sin solapamientos. Si uno coloca dentro de C y sin solapamientos tantos cuadrados de área 2 como sea posible, con los lados paralelos a los lados de C, se pueden cubrir las ocho novenas partes del área del cuadrado. Determinar todas las posibles dimensiones de tales cuadrados.

No está permitido el uso de calculadoras

Cada problema se puntúa sobre 7 puntos

El tiempo de cada sesión es de 3 horas y media

XLVII Olimpiada Matemática Española

Primera Fase

Segunda Sesión

Sábado, 22 de enero de 2011

4.- Sea f una función definida en el conjunto de los enteros positivos y que verifica las dos condiciones siguientes:

f(1) = 2010

f(1) +f(2) + … + f(n) = n2f(n), para todo n > 1.

Calcular el valor exacto de f(2010).

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

1 2 3 4 5 6 7 8 9

10 11 12 13 14 15 16 …. …. …. …. …. …. ….

Diremos que la posición de un número N en la tabla viene dada por dos “coordenadas”: el primer número de su fila y el primer número de su columna. Por ejemplo, si N = 15, su posición es (10,9). Cuando un número N, en la posición (n,m), verifica que N = n + m, diremos que N está bien colocado en la tabla; así, 12 y 14 están bien colocados, y 15 no lo está. ¿Está 22011 bien colocado?

6.- En un triángulo, llamaremos O al circuncentro, I al incentro y r al 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 está permitido el uso de calculadoras

Cada problema se puntúa sobre 7 puntos

El tiempo de cada sesión es de 3 horas y media

PROBLEMA 1 de la MMC 2010

Solución de Angel Espino Lizama, Lima, Perú.

Dado los números reales a, b, c, d, resolver el siguiente sistema de ecuaciones (incógnitas x, y, z, u)

…. (1) …(2) …(3) …(4)

Solución 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 cuadrilátero inscrito en una circunferencia c0 de centro O

interior al cuadrilátero. Se consideran las circunferencias c1 (A;AO) (de centroA y radio AO); c2 (B;BO) ; c3 (C;CO) y c4 (D;DO) :Sean c1\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 José Luis Díaz Barrero, Univ. Politéc-nica de Cataluña, Barcelona, España)Sean a; b; c las longitudes de los lados de un triángulo de perímetro 2. Demostrar

que

4pa2b2 sinC +

4pb2c2 sinA+

4pc2a2 sinB � 2 8

r3

4:

Problema 203 (propuesto por Vicente Vicario García, Huelva, Es-paña)Es bien conocido que existen números irracionales �; � tales que �� es

racional. Para la demostración clásica se parte del hecho de quep2 es ir-

racional, y se considera el númerop2p2: Si este número es racional, ya ten-

emos identi�cados los irracionales �; � que cumplen la condición del teorema.

Si no es racional, consideramos�p

2p2�p2

, que es racional y se concluye la

demostración.Se pide dar una demostración constructiva alternativa y construir in�nitas

parejas de números irracionales � y � tales que �� es un número racional.Problema 204 (propuesto por Pedro H.O. Pantoja, Univ. de Lis-

boa, Portugal)Demostrar que las ecuaciones 3x�1 = y4; 3x+1 = y4 no tienen socuciones

enteras positivas.Problema 205 (propuesto por Juan Bosco Romero Márquez, Ávila,

España)Sea ABC un triángulo rectángulo en A, con lados a > b � c. Sean r el radio

del círculo inscrito, R el del círculo circunscrito, y wa la bisectriz interior delángulo A. Demostrar que

c ��2 +

p2�r � 2bc

b+ c� R+r � b() cp

2��1 +

p2�r � wa �

R+ rp2� bp

2:

1

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

Demostrar que

q <A

2y q <

B

2,

siendo

q = arctansinA sinB sinC

1 + cosA cosB cosC, A+B + C = π, C < |B −A|.

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

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

2 < 0 y que B2 < 0; podrıamos tambien tomar A = B =

−C = π, con lo que no se podrıa definir q. Entenderemos pues que la condicionA + B + C = π ha de traducirse como ”A,B,C son los angulos de un triangulo”,donde sin perdida de generalidad A > B > 0, y A − B > C, es decir, A esobtusangulo. Entonces, sinC < sin(A−B) y cosC > cos(A−B), luego nos bastacon demostrar que, si A,B son dos angulos positivos que suman menos de π, secumple

tanB

2≥ sinA sinB sin(A−B)

1 + cosA cosB cos(A−B)Pero

sinBtan B

2

= 2 cos2B

2= 1 + cosB,

de donde nos basta con demostrar que

(1 + cosB)(1 + cosA cosB cos(A−B)) ≥ sinA sinB sin(A−B),

o equivalentemente tras algo de algebra, nos basta con demostrar que

(1 + cosB)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 + cosB > 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

5√2≥ − 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, Rumanıa; propuesto por eleditor)

Dado el triangulo ABC, de semiperımetro 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).

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

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

4R2 , con loque por el teorema del seno, c > t si y solo si 1 > ab

4R2 = sin A sin B, siendo estadesigualdad claramente cierta.

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

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

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

2a′2b′2+2b′2c′2+2c′2a′2−a′4−b′4−c′4 = 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− a2 − b2 − c2

)=

= −a4 − b4 − c4 + 2a2b2 + 2b2c2 + 2a2c2 + 8abc(a + b + c) = 16S2 + 8abc(a + b + c).Sustituyendo la definicion de t, tenemos entonces que

2a′2b′2 + 2b′2c′2 + 2c′2a′2 − a′4 − b′4 − c′4 =

= 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 tendrıa que 2r = R,con lo que serıa S′ = S

4 , claramente cierto ya que tambien serıa t = s2 = 3a

4 ,a′ = b′ = c′ = a

2 = b2 = c

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

1

Problema 196Gustavo Espınola Mena (Capiata, Paraguay)

Sea p 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)

Ası, 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:

p−1∑k=1

p−1∏j=1

(k + j) (4)

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

p−1∑k=1

p−1∏j=1

(k + j) ≡ 0(modp) (5)

Y si k = p, el producto queda ası:

(p+1)(p+2)...(p+p−1) = pn−1+a1pn−2+...+an−2p+(p−1)! ≡ −1(modp) (6)

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

1

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

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

i) Hallar una expresion para el area S del cuadrilatero en funcion de α, β, γ, δ.ii) Si en la expresion para S los terminos que dependen de los angulos son todos

iguales, y α = π3 , hallar los valores de los lados y angulos del cuadrilatero.

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

i) Supondremos sin perdida de generalidad que α, β, γ, δ son respectivamente losangulos ∠AOB,∠BOC,∠COD,∠DOA, siendo O el circuncentro de ABCD. Si Oes interior al cuadrilatero ABCD, entonces α + β + γ + δ = 2π, y tenemos que elarea de ABCD es la suma de las areas de OAB, OBC, OCD, ODA, siendo ademasel area de OAB igual a

[OAB] =R2 sinα

2,

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

S =R2(sinα+ sinβ + sin γ + sin δ)

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 α = 180◦, con loque el termino correspondiente se anularıa. Finalmente, si el circuncentro O esexterior al cuadrilatero ABCD, existe un lado, sin perdida de generalidad AB, talque los otros dos vertices C,D, estan en el lado opuesto al circuncentro O, respectode la recta AB. El area S es entonces la suma de las areas de BOC, COD, 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 > π, con lo que su seno serıa negativo, y sigue siendo valida laexpresion anterior.

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

sinα = sinβ = sin γ = sin δ,con lo que β, γ, δ ∈ {π

3 ,2π3 }, y ademas β + γ + δ = 5π

3 . Claramente, dos de entreβ, γ, δ han de ser iguales a 2π

3 , y el tercero igual a π3 . Ademas,

∠DAB =β + γ

2, ∠ABC =

γ + δ

2, ∠BCD =

δ + α

2, ∠CDA =

β + α

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 = ∠BCD = ∠CDA = π

2 , bien dos de ellos (opuestos) son rectos, siendolos otros dos π

3 y 2π3 . 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 π

3 , y los otros dos lados (perpendiculares a los anteriores)miden R, formando entre ellos un angulo de 2π

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

1

PROBLEMA 198, (propuesto por el editor)

Sea M un punto interior al triangulo ABC, y N,P,Q los puntos en que una rectacorta a los lados AB, BC y a la prolongacion de CA. Utilizamos la notacion [. . . ]para representar el area del polıgono cuyos vertices se escriben entre los corchetes.Demostrar que si

[MAN ][MBN ]

+[MBP ][MCP ]

= 2

√[MAQ][MCQ]

,

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

la solucion)

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

Sea ρ = ANNB , κ = BP

PC , claramente reales positivos ambos, con lo que por elteorema de Menelao AQ

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

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

BN = ρ, y de formasimilar para los otros dos cocientes entre areas, de donde obtenemos

ρ+ κ = 2√ρκ.

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

Ahora bien, el que la recta NPQ sea la antiparalela de AC respecto de AB yBC es, por definicion, equivalente a que ABC sea semejante a PBN , o lo que es lomismo, que BP

AB = BNBC . Pero BC

BP = 1+ PCBP = κ+1

κ , mientras que ABBN = 1+AN

NB = 1+ρ, con lo que el que NPQ sea la antiparalela de AC es equivalente a AB2

BC2 = (1+ρ)κ1+κ .

Como podemos elegir independientemente la relacion entre los lados AB,BC, y losparametros reales positivos ρ y κ, el que ρ = κ no implica necesariamente que lasrectas sean antiparalelas. Claramente, en la situacion descrita (en la que como yase ha visto es necesario que ρ = κ), las rectas mencionadas seran antiparalelas si ysolo si la recta NPQ se elige de forma que ρ = κ = AB2

BC2 .

1

Problema 199.- (Propuesto por el editor).

Demostrar que ∑∞

=

<1

2 21arctan

n nπ .

Resolución: Vicente Vicario García, Huelva, España. Daremos dos soluciones diferentes al problema, una totalmente elemental y otra en la que se recurre a la conocida suma de Euler para el famoso problema de Basilea

61)2(

2

12

πς == ∑∞

=n n.

1ª Demostración. Utilizaremos dos lemas sencillos que demostramos a continuación. Lema 1: “La función xxf arctan)( = es estrictamente creciente en el intervalo ( )2/,0 π ”.

Basta con observar que 01

1)´( 2 >+

=x

xf en todo el intervalo considerado. ■

Lema 2:”Si 0>x se cumple que ∑∞

=

=−+1

2 2)1(1arctan

n xnnx π ”.

Para la demostración basta emplear la identidad abbaba

+−

=−1

arctanarctanarctan con

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

xnnxxnnx

xnnxxnn

x )1arctan(arctan)1(1

)1(arctan)1(1

arctan 2 −−=−⋅+−−

=−+

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

nxxnnxxxxxxSn

arctan))1arctan((arctan)2arctan3(arctan)arctan2(arctan)0arctan(arctan

=−−+⋅⋅⋅+−+−+−=

y, en consecuencia

0,0,0,

2/0

2/arctan

)1(1arctan

12

<=>

−===

−+ ∞→+∞→

∞

=∑

xxx

nxlímSlímxnn

xnnnn π

π ■

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

1111 22

22

+−≤⇔+−≥

nnnnnn , entonces aplicando lema 1, llegamos al resultado

pedido: 21

1arctan1arctan1

21

2

π=

+−< ∑∑

∞

=

∞

= nn nnn.

2ª Demostración. Emplearemos aquí la famosa suma de Euler y el siguiente lema que demostramos a continuación.

Lema: “Tenemos la desigualdad xx <arctan , ( )2/,0 π∈∀x ”. Para la demostración basta aplicar el teorema del valor medio de Lagrange a la función

xxf arctan)( = , en ),0( x y observar que

211

00arctanarctan

cxx

+=

−− con 1arctan),0( <→∈

xxxc , ( )2/,0 π∈∀x ■

Ahora, basta aplicar el lema y observar la desigualdad

21

641

411arctan

2

22

12

12

ππππ<

−+=+=< ∑∑∑

∞

=

∞

=

∞

= nnn nnn

que es cierta ya que 1232 2 +< ππ , (que se comprueba con una aproximación sencilla de π ), lo que concluye la demostración.

---oooOooo---

Problema 200

Xavier Ros

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

ax = loga x.

Solucion. En primer lugar, notemos que la funcion loga x 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) = f−1(x), o equivalentemente,

f(f(x)) = x.

Ademas, la funcion f es creciente para a > 1 y decreciente para a < 1.A continuacion demostraremos que si f es una funcion monotona, en-

tonces los puntos fijos de f ◦ f son exactamente los puntos fijos de f , esdecir, que si f es monotona y f(f(x)) = x, entonces f(x) = x.

Supongamos f(x) < x y f creciente, y veamos que f(f(x)) < x. SeaI = (a, b) el maximo intervalo que contiene x y que cumple f(y) < y paratodo y ∈ I (puede ser a = −∞ y/o b = +∞). Si a > −∞, entonces f(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 f decreciente.

De este modo, el numero de soluciones de la ecuacion f(f(x)) = x esel 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 porel 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 funcion 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

lımx→±∞

g(x) = +∞,

el mınimo absoluto de g se encuentra en el punto donde la derivada valecero, es decir, xmin = − ln ln a/ ln a. La funcion g tendra uno, dos o ninguncero dependiendo de si este mınimo absoluto es cero, negativo o positivo,respectivamente. Como

g(xmin) =1

ln a+

ln ln a

ln a=

ln(e ln a)

ln a,

entonces el signo de este mınimo sera positivo si ln a > e, negativo si ln a < ey cero si ln a = e, ası 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 páginas web 41

RESEÑA BREVE DE TRES LIBROS RECIENTES

C. Alsina & R. Nelsen, “Charming Proofs (A Journey into Elegant Mathematics”, Dolciani Mathematical Expositions # 42, Mathematica Association of America, 2010.

La fecunda colaboración entre Alsina y Nelsen (han publicado, con éste, por lo menos tres libros juntos) ha dado, en este caso, un libro a mi entender indispensable en la biblioteca de cualquier profesor, sea del nivel que sea.

El adjetivo “elegante”, aplicado a una demostración o una solución es, lógicamente, subjetivo, porque entre otras cosas depende de las fuentes que los autores hayan podido consultar, pero el título es sin duda apropiado. Todas las soluciones y demostraciones han sido cuidadosamente seleccionadas para formar un verdadero ramillete de ejemplos brillantes de las Matemáticas. No me resisto a reproducir la dedicatoria: Dedicado a nuestros muchos estudiantes, con la esperanza de que hayan disfrutado de la belleza de las matemáticas, y que (quizá inconscientemente) nos han inspirado a escribir este libro.

Le Hai Chau & Le Hai Khoi, “Selected problems of the VietnameseMathematical Olympiad (1969 – 2009)”; Mathematical Olympiad Series, vol. 5; World Scientific, Singapore, 2010.

Los excelentes resultados obtenidos por VietNam en la I.M.O. hacían largamente esperado un libro como éste. En su primer capítulo, titulado The Gifted Students, se da amplia información sobre la Olimpiada vietnamita, el sistema educativo de ese país, los centros de excelencia para los buenos estudiantes y la participación en la Olimpiada Internacional. Después de unos conceptos básicos, se desarrollan 230 problemas de la Olimpiada de VietNam, con sus soluciones, distribuidos de la manera siguiente: 63 de Álgebra, 62 de Análisis, 42 de Teoría de Números, 15 de Combinatoria y 48 de Geometría. Dicen los autores: Debe observarse que los problemas presentados 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 difíciles.

Ante esta “confesión de parte”, hay que reconocer que el concepto de nivel de dificultad en el extremo Oriente es muy diferente del que se tiene aquí, en el Suroeste de Europa. Claro que los niveles de exigencia a los estudiantes en uno y otro lado tampoco tienen nada que ver…

Elijo al azar uno de los problemas, del año 2003, y de los que se proponen como “de serie B”, para estudiantes de las ciudades pequeñas y de las áreas rurales:

Dado el número real 0α ≠ , se define la sucesión ( )nx mediante

( )1 10; 1, 1n nx x x nα α+= + = + ∀ ≥

1) Encontrar una fórmula general en función de n para el término general de la sucesión.

2) Demostrar que es convergente y calcular su límite.

Debo decir que estoy expectante ante los anunciados en el futuro próximo problemas verdaderamente difíciles.

Bruce Shawyer, “Explorations in Geometry”; World Scientific, Singapore, 2010.

Los suscriptores de CRUX MATHEMATICORUM acabamos de recibir, en papel, el número de octubre de 2010 de la revista. En él aparece un comentario más extenso que éste sobre el libro de referencia, a cargo de J. Chris Fisher, de la Universidad de Regina (Saskatchewan, Canadá Central). Dicen que no hay peor cuña que la de la misma madera (Shawyer es Profesor emérito de la Universidad de Terranova).

El libro contiene un elevado número de problemas interesantes de geometría euclídea y se supone dirigido a estudiantes del primer año universitario y de Olimpiadas. Las notas teóricas que figuran al principio son objeto de aceradas críticas por parte de Fisher, sobre todo por la falta de detalles en las demostraciones de algunas proposiciones importantes. Por otro lado, es un libro con un alto número de erratas de imprenta, algo impensable si se tiene en cuenta que la editorial es la misma que hace ya muchos años publicó uno de los mejores libros de Combinatoria, Principles and Techniques in Combinatorics, de Chen y Koh (1992). Pero, pese a todo, el libro de Shawyer es interesante y conviene tenerlo en nuestra biblioteca.

Valladolid, 24 de enero de 2011

Francisco Bellot Rosado

SOBRE LA REGLA DE RUFFINIUna breve nota tomada del libroHigher Algebra, de Barnard y Child (MacMil-

lan 1936)Francisco Bellot Rosado

En el tercer capítulo del libro mencionado, además de la regla de Ru¢ ni enel sentido clásico, se ofrecen algunas generalizaciones de interés.

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

a ; entoncesQa y R son, respectivamente, el cociente y el resto buscados.En efecto, se tiene

A (x) =

�x� b

a

�Q (x) +R = (ax� b) Q (x)

a+R:

Ejemplo:Dividir x3 + 2x2 � 3x� 4 por 2x� 1 :

1 2 �3 �412 )

12

54 � 7

8� � � � �

1 52 � 7

4 � 398

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 �1�12 �33 �30 (a)

2;�3) 8 +22 +20 (b)� � � � � � �

4 11 10 �12 �31 (c)

El primer término 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 así sucesivamente.Se puede comparar la regla con el método de la división "con caja", para

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

1

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

a�x2 � 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) por x2 � 2x+3: El cociente es 4x2 +11x+10 y

el resto �12x� 31:A continuación se divide 4x2 + 11x+ 10 por x2 � 2x+ 3 :

4 11 10�12

(2� 3) 8� � � �

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

4x4 + 3x3 + x� 1 = 4�x2 � 2x+ 3

�2+ (19x� 2)

�x2 � 2x+ 3

�� 12x� 31:

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

2