Simposio Iberoamericano de Resolución de Problemas 2014

IntroducciónFRANCISCO BELLOT ROSADO

franciscobellot@gmail.com

• Quiero agradecer al Comité Organizador de este Simposio su invitación para tomar parte en él, aquí en San Pedro Sula.

• Y a todos los presentes, profesores y estudiantes de Matemáticas.

• Espero que la selección de problemas, que yo llamo no convencionales, les resulte interesante, y les anime a cultivar el Arte de resolver problemas … de matemáticas, naturalmente.

Introducción

• Quisiera comenzar esta exposición citando a uno de los mejores expositores de problemas que he conocido a lo largo de mi carrera: el británico Anthony Gardiner, de la Universidad de Birmingham, al que veremos en la diapositiva siguiente. En un artículo publicado en 1992 en la revista Mathematical Competitions, titulado Creating Elementary problems to cultivate mathematical thinking, enumeraba lo que para él son las características de un buen problema:

Gardiner, a la derecha, recibiendo en Sevilla el Premio Erdös de la WFNMC (1996), de

manos de Paul Reiter, presidente del Comité de Premios

• 1) Los ingredientes deben ser sencillos y familiares, pero el problema no debe ser de tipo standard.

• 2) ningún método de solución debe ser inmediatamente obvio, pero un estudio cuidadoso de la información que se da debe sugerir una o dos prometedoras vías de abordarlo.

• 3) una fase exploratoria debe revelar cómo (o si) esas vías deben ser explotadas.

• 4) la solución final, cuando surja, debe, retrospectivamente, tener una elegancia o sencillez conceptual inesperada.

• Personalmente estoy de acuerdo con estas características de un buen problema, tanto para competiciones como para el desarrollo de una clase normal. Y espero haber elegido, dentro de las limitaciones de tiempo que tenemos, algunos ejemplos que hagan patente estas características.

Problema 1

• En un tablero están situadas fichas, formando un rectángulo de dimensiones m×n, m≥2,n≥2. El tablero es infinito, en todas direcciones. Sólo hay un tipo de movimiento permitido : una ficha salta sobre otra ficha situada en una casilla contigua, yendo a parar a una casilla que esté vacía, y se come la ficha sobre la que salta. Esto puede hacerse horizontal o verticalmente, pero no en diagonal.

• ¿Cuál es el menor número de fichas que puede quedar en el tablero?• Origen del problema: Olimpiada de la Comunidad de Estados

independientes (ex URSS), 1992, para alumnos de 12 años de edad.• Autor del problema: I. Soloviev, editor de “Kvant”• Personalmente, este es uno de mis problemas favoritos, si no el “más

favorito de todos”. Podemos empezar por m = 2014, n=2015.

Problema 2

• Sugerencia: sigamos el consejo de Polya: si un problema plantea una situación muy complicada, empecemos por el mismo problema pero con datos más simples…• Si el rectángulo tiene dimensiones 2×1, el análisis termina en seguida: sólo

queda 1 ficha en el tablero.• Si es 3×1, quedan 2 fichas, puesto que inicialmente sólo se puede mover la

central, comiéndose una de las otras dos, y las que quedan después están demasiado separadas para que el juego continúe.

• El caso 2×2 se reduce fácilmente al 2×1 (queda 1 ficha), y el 3×2 se reduce al 3×1: quedan 2 fichas.

• Enseguida se comprende que la estrategia que utilicemos en casos más complejos debe ser tal que mantenga las fichas lo más agrupadas posible. La secuencia de movimientos que veremos a continuación nos va a permitir no solamente ésto, sino también eliminar filas completas de las fichas del rectángulo.

Problema 3

• Si en alguna parte del rectángulo hay cuatro fichas en la posición de la figura

• Es inmediato encontrar la secuencia de movimientos permitidos que hacen posible eliminar las tres fichas de la parte superior, dejando al final de la secuencia la restante en su posición inicial.

• Veremos a continuación como eliminar filas completas de tres en tres, utilizando este procedimiento. Consideremos el rectángulo m×n, representado en la figura (hay puntos suspensivos para indicar las columnas intermedias).

• Comenzando por la columna de la izquierda, vamos eliminando grupos de tres fichas, en columna, de izquierda a derecha, hasta que queden las tres últimas columnas de la derecha. Y las últimas 9 fichas se eliminan en grupos de 3 fichas, horizontales, de arriba a abajo.

• Así podemos eliminar las tres filas completas, pasando, por lo tanto, de un rectángulo m×n a un rectángulo (m-3)×n.

• Naturalmente, lo que hemos dicho acerca de las filas lo podríamos repetir para las columnas. Esto significa que mediante el procedimiento anterior bastará considerar sólo valores pequeños de m y n.

• Además de los que ya hemos visto al principio, es instructivo ver cómo en el caso 4×4 se puede conseguir que quede 1 única ficha en el tablero; la siguiente figura muestra cómo:

•

• En este punto, cabe preguntarse, ¿cuándo quedarán 2 fichas y cuándo quedará 1? Como las filas (o columnas) del rectángulo se van eliminando de tres en tres, la respuesta del problema parece ser

• • DOS, si el producto mn es múltiplo de tres;

• UNA, en caso contrario• Sin embargo, el problema no está, todavía, completamente resuelto; es

claro que nuestra estrategia funciona bien cuando queda una sola ficha en el tablero (no pueden quedar menos) : pero debemos demostrar que, en los demás casos (cuando el producto es múltiplo de tres), NO PUEDEN QUEDAR MENOS DE DOS FICHAS.

• Analizaremos los casos 4×3 y 5×3.

• Antes de empezar el juego, coloreamos las casillas del tablero con tres colores, A,B y C, tal como se indica en la figura (que sólo representa el rectángulo 4×3, pero se supone que TODAS las casillas del tablero están coloreadas - al tresbolillo, podríamos decir):

• Pongamos ahora las fichas en el rectángulo 4×3. Antes de empezar a jugar, hay 4 fichas en las casillas de color A, 4 en las de color B y 4 en las de color C. Vamos a ver cuál es el efecto del movimiento del juego sobre el número de fichas que hay en las casillas de cada color. Para fijar ideas, supongamos que la ficha situada en la casilla de color A, del vértice superior derecho, es comida por la de su izquierda, que estaba en la casilla de color C, y que al saltar sobre ella ocupa una casilla de color B (no representada en la figura). Al hacer este movimiento, hay 3 fichas en las casillas de color A, 5 en las de color B y 3 en las de color C.

• En otras palabras, el número de fichas en las casillas de un color aumenta en 1, y el número de fichas en las casillas de los otros 2 disminuye en 1. Inicialmente, los números de fichas en las casillas de cada color eran PARES, y después del movimiento del juego son IMPARES. Si el rectángulo fuera 5×3, la situación se invierte: antes de jugar el número de fichas en las casillas de cada color es IMPAR, y después del movimiento del juego, es PAR.

• Pues bien, esto es suficiente para garantizar que, en el caso que nos ocupa (cuando mn es múltiplo de 3), NO PUEDEN QUEDAR MENOS DE DOS FICHAS. Porque si tal cosa sucediera, quedaría 1 sola ficha en el tablero, es decir, 0 fichas en las casillas de dos de los colores, y 1 en la casilla del tercer color. Pero los números 0-1-0 no tienen la misma paridad, y por lo tanto es imposible alcanzar esta situación.

• Curiosamente, en la I.M.O. de 1993 se propuso el caso particular m = n de este problema, sin que en las discusiones del Jurado ninguno de los países de la C.E.I. advirtiera que era conocido. Los alumnos de esos países que en 1992 tenían 12 años lo resolvieron bien. Los más mayores no fueron capaces de hacerlo.

Problema 2

• La figura muestra tres cuadrados, de áreas respectivas 26, 18 y 20 unidades cuadradas. Se pretende determinar el área del hexágono irregular cuya construcción se indica en la propia figura.

• Origen del problema:• “Amusement in Mathematics”, de H.E. Dudeney• (1917), Ed. Dover, 1958.• He aquí una foto de Henry Ernest Dudeney, 1847

– 1930, tomada de la página web de John Scholes.

Problema 1 (figura 1)

Problema 1 (Comentarios)

• El problema tiene una solución fácil, con trigonometría. Pero para los alumnos más jóvenes, que no conocen Trigonometría, hay un procedimiento más interesante para dar con la solución, y al mismo tiempo, más elemental, pero que puede conducir a alguna generalización o profundización.

• Un problema como éste es versátil, en el sentido de que se puede proponer a los alumnos desde los 12 hasta los 17 años.

La “formulita” de Dudeney

Dudeney, en su libro, dice: Usaré la siguiente formulita para calcular el área del triángulo central, en la que a,b,c son las áreas de los cuadrados, en cualquier orden:

• Es instructivo deducir la “formulita” a partir de la expresión para el área del triángulo en función de dos lados y el seno del ángulo que forman, y poniendo el seno en función del coseno, calculando éste por el teorema del coseno.

24

4

ab a b c

La idea para la solución

• ¿Podemos usar el teorema de Pitágoras para expresar 18, 20 y 26 como suma de dos cuadrados?

• 18 = 32 +32 ; 20 = 42 + 22 ; 26 = 52 + 12

• A partir de aquí, lo mejor es ver un dibujo… y contar cuadraditos.

La solución sin palabras

Problema 2 (extensiones)

• Así las cosas, el área del hexágono es 100; las de todos los triángulos son iguales (a 9).

• A partir de aquí, el problema se puede utilizar para intentar que los alumnos descubran la fórmula de Pick, que da el área de un polígono simple (es decir, que no se corte a sí mismo) cuyos vértices sean puntos reticulares del plano, en función del número de puntos reticulares interiores al polígono y del número de puntos reticulares del borde del polígono.

• Para ello puede ser útil formar una tabla:

Tabla para adivinar la fórmula de Pick

Puntos interiores I

Puntos Borde B

Área

Cuadrado Mayor 25 4 26

Cuadrado Mediano 17 8 20

Cuadrado Menor 13 12 18

Triángulo central 7 6 9

Triángulo izquierda 7 6 9

Triángulo derecha 8 4 9

Triángulo inferior 7 6 9

Cuadrado rojo 121 48 144

Hexágono 96 10 100

El teorema de George Pick (1899)

• El área de un polígono simple, con vértices en puntos reticulares, está dada por

• Pick fue un matemático checo, muerto trágicamente en un campo de concentración nazi.

12

BS I

12

BS I

Problema 3

• Diez personas están sentadas alrededor de una mesa redonda. Cada una piensa un número y lo dice al oído a las dos personas que tiene a sus lados (una a su derecha y otra a su izquierda). Después, cada persona dice en voz alta la semisuma de los números que ha oído. Estos son los

• números dichos por cada persona.

•

• Averiguar el número pensado por la persona que dijo 6.• Origen del problema: Revista Escolar húngara “Kömal”

(Közepiskolai Matematikai Lapók)•

Problema 2

• Sean x₁,x₂, ,x₁₀ los números pensados por las personas que dijeron 1,2, ,10, ⋯ ⋯respectivamente. Es inmediato escribir las ecuaciones

• x₁+x₃ = 4; x₂+x₄=6• x₃+x₅ = 8; x₄+x₆=10• x₅+x₇ = 12; x₆+x₈=14• x₇+x₉ = 16; x₈+x₁₀=18• x₉+x₁ = 10; x₁₀+x₂=2.

• Sumando todas las ecuaciones de la derecha, se obtiene• 2(x₂+x₄+x₆+x₈+x₁₀) = 50,• 2(6+x₆+18) = 50• x₆+24 = 25• x₆ = 1.

• Aunque el enunciado no lo pide, es posible calcular todos los números:

Problema 4

• En una sucesión finita de números reales, la suma de 7 términos consecutivos cualesquiera es negativa, mientras que la suma de 11 términos consecutivos cualesquiera es positiva.

• ¿Cuál es el mayor número de términos que puede tener esta sucesión?

Vamos a ir disponiendo los términos de la sucesión en forma de una tabla

• a_1 a_2 a_3 a_4 a_5 a_6 a_7• a_2 a_3 a_4 a_5 a_6 a_7 a_8• a_3 a_4 a_5 a_6 a_7 a_8 a_9• ………………………………………………• a_10 …………………………………..a_16• a_11 ………………………………….. a_17

• Las filas de la tabla están formadas por 7 términos consecutivos de la sucesión y por tanto sumando por filas se obtienen sumas negativas; mientras que si sumamos por columnas obtenemos sumas negativas.

• Esto es claramente contradictorio, de manera que es imposible que la sucesión llegue a tener 17 términos.

• Ya que el número máximo de términos de la sucesión no puede ser 17, veamos como encontrar una sucesión, en las condiciones del problema, que esté formada por 16 términos, por un procedimiento distinto de la simple adivinación.

• Para ello le impondremos a la sucesión dos condiciones suplementarias, que no aparecen en el enunciado del problema:

• Buscaremos una sucesión que sea capicúa, es decir, se lea igual de derecha a izquierda que de izquierda a derecha;

• y además, sea tal que la suma de los 7 términos consecutivos cualesquiera valga -1 y la suma de los 11 términos consecutivos cualesquiera valga +1.

• Cuando estas dos condiciones suplementarias se aplican a la sucesión que buscamos, encontramos que se reduce drásticamente el número de términos distintos que puede tener la sucesión, y un sistema de dos ecuaciones en dos incógnitas conduce a la solución

• • 5,5,-13,5,5,5,-13,5,5,-13,5,5,5,-13,5,5

• • con lo que la solución del problema se completa.• En el libro rumano de Ion Cuculescu, Olimpiadele Internationale de Matematica

ale elevilor,Editura tehnica, Bucarest 1984, se pueden encontrar varias soluciones y generalizaciones, halladas por los concursantes, de este bello problema, propuesto por Viet Nam en la Olimpiada Matemática Internacional de 1977. El procedimiento esbozado para calcular el ejemplo figura desarrollado en el libro de Samuel Greitzer, International Mathematical Olympiads 1959-1977, publicado por la Mathematical Association of America en 1978.

Problema 5

• Este es otro problema “mítico”. Lo vi sin solución en la revista alemana “Praxis der Mathematik” y sólo en diciembre de 2009 supe su procedencia: la Competición Matemática de Stanford de 1958, donde fue propuesto por nada menos que George Polya :

• ¿Cuál es la edad del capitán, cuántos hijos tiene, y cuál es la eslora (longitud) de su barco? Se conoce el producto, 32118, de los tres números enteros buscados; la eslora se mide en pies (más de 1); el capitán tiene hijos e hijas; tiene más años que el número total de sus hijos, pero no llega a tener 100 años.

Pólya en Stanford

Si x, y, z son, respectivamente, la edad del capitán, el número de hijos y la longitud del barco, tiene que ser xyz = 32118;

Junto con la condición

• Descompongamos 32118 en factores primos:• 32118 = 2 x 3 x 53 x 101

4 100x y

• Hay 6 maneras de descomponer este número en producto de tres factores distintos de 1:

• 6x53x101• 2x101x159• 3x101x106• 2x53x303• 3x53x202• 2x3x5353• Sólo la primera de estas descomposiciones presenta dos factores

entre 4 y 100. Por lo tanto, el capitán tiene 6 hijos, 53 años, y su barco mide 101 pies de eslora (30,78 m, cifra razonable).

Problema 7Un problema de la Olimpiada rusa de 2008

• Se da un entero positivo n>1. Para cada divisor d de n+1, se realiza la siguiente operación : Se divide n entre d; el cociente se escribe en la pizarra y el resto de la división se escribe en un papel.

• Demostrar que el conjunto de números que se escriben en la pizarra es el mismo que el que se escriben en el papel.

Procedencia del problema: Olimpiada de Rusia, 2008, fase de Distrito, clase 9 (alumnos de 12 años de edad). Autor: Sergei Berlov.

• La solución es corta: si ponemos n+1 = dxf, entonces se tiene

• n = (n+1)-1 = (f-1)d + (d-1),• con 0 < = d -1 < d.• Cuando d recorre el conjunto de los divisores de n+1, f lo

recorre también en otro orden, luego f-1 y d-1 toman los mismos valores.

Problema 8Un ejemplo procedente de la Olimpiada de Rusia de 1990 para

alumnos del nivel 9 (12-13 años de edad) y original del bielorruso Igor Voronovich

• Demostrar que para cualquier t, se verifica• t4-t + (1/2) > 0.

• La solución es “de una línea”, pero obsérvese la nota final:

• Se tiene:• t4 – t + ½ = (t4 – t2 + (1/4))+(t2 – t +(1/4)) =

• = (t2 – ½)2 + (t – ½)2 > 0La desigualdad es estricta porque los dos sumandos

son no negativos y no pueden ser cero simultáneamente.

Problema 9Más allá del teorema de Pitágoras

• El origen de este problema figura en el floklore matemático. Se encuentra en diversas fuentes, y ha sido analizado en varias ocasiones en la Bibliografía, que para mayor facilidad colocamos al final de cada problema. Suele conocerse como el acertijo 3-4-5, aunque como veremos en seguida, estos tres números son bastante arbitrarios. Lo enunciaremos de la manera siguiente:

• Se considera un rectángulo y un punto P interior. Se conocen las distancias de ese punto P a tres de los vértices del rectángulo. Determinar la distancia de P al cuarto vértice.

Siguiendo el consejo de Pólya, hagamos una figura:

Algunos comentarios preliminares

• Cuando presenté este problema a los alumnos de Primer curso de ESTALMAT (el programa de detección del talento precoz en Matemáticas) en Valladolid, lo hice dándole valores numéricos (los 3-4-5 del título del problema) a las tres distancias conocidas. Una de las alumnas presentes levantó el brazo, como si fuera un resorte. Me dijo: Pero eso dependerá del rectángulo, no sirve cualquiera. Justamente para evitar ese mismo comentario aquí no les he dado valores numéricos a las distancias.

• ¿Existirá algún invariante que permita resolver el problema “por la vía rápida”?

Otro dibujo como ayuda

El invariante es…

2 2 2 2PA PC PB PD

• Y se mantiene aunque el punto P sea exterior al rectángulo, o esté sobre uno de sus lados, como se ve en las figuras siguientes

Ahora nos olvidamos del 3-4-5:

• El invariante que hemos encontrado, en la forma de la igualdad entre las sumas de cuadrados de distancias a dos vértices opuestos del rectángulo, ha sido llamada por un conocido problemista americano, Stanley Rabinowitz, la relación de Feuerbach. Cuando buscaba bibliografía de este problema, vi un enlace a un artículo de Rabinowitz, a quien conozco desde hace muchos años; pero el enlace estaba roto, así que escribí a Stan pidiéndole el artículo. Más o menos 10 minutos después, me había enviado el borrador de un libro suyo, aún no publicado, titulado El legado de Ptolomeo (250 páginas en pdf), del que este problema forma parte.

Análisis algo más detallado del problema

• Algunas preguntas para empezar• ¿Cuánto mide el ángulo APC?• ¿Se da suficiente información sobre el

rectángulo para resolver el problema?• ¿Está determinado el rectángulo por los tres

segmentos PA, PB y PC?• Para fijar ideas, volvamos al caso numérico propuesto en

ESTALMAT: PA = 3, PB = 4, PC = 5.

En principio, el punto A puede ser cualquiera de los puntos de una circunferencia de centro P y radio 3, y B estará en una circunferencia de centro P y radio 4:

• Hay infinitas posiciones en las que puede estar B, pero no todos los puntos de la circunferencia son admisibles si P ha de ser interior. Para localizar el punto C se traza BB’ perpendicular a AB. Ya que PC = 5, se traza la circunferencia de centro P y radio 5, que cortará a BB’ en C. Ya que tres vértices determinan un rectángulo, ABCD queda ahora fijado. Si P no está dentro del rectángulo, cambiamos la posición de B hasta conseguirlo. Ya que B puede tener un número infinito de posiciones, hay infinitos rectángulos que satisfacen las condiciones del problema (PA = 3, PB = 4, PC = 5)

• Ello implica, además, que los ángulos APB y APC no son únicos.

• En la figura siguiente vemos dos rectángulos distintos para los mismos valores de las distancias de P a los vértices (tomada del segundo título de la Bibliografía)

• Cuando la alumna de ESTALMAT que había levantado el brazo nada más escuchar el enunciado, vio las figuras anteriores y los comentarios que las acompañan, dijo enseguida:Ya decía yo que dependería del rectángulo…

Algunas extensiones del problema en el plano

• En el primer título de la Bibliografía se sugieren algunas extensiones:

• ¿Qué sucedería si cambiásemos la métrica en el plano? (por ejemplo, a la llamada “geometría del taxi”)

• ¿Habrá un análogo geométrico al problema donde la relación de Feuerbach se escriba como

• O como

PA PC PB PD

3 3 3 3PA PC PB PD

Posible generalización al espacioUna generalización al espacio no es difícil de visualizar

Que se puede completar “por abajo”:

• y otro tanto pasa para B y B’. Esto conduce a una reinterpretación del problema original: tenemos un paralelepípedo rectángulo ABCDA’B’C’D’ (que se puede inscribir en una esfera) con un punto P en su interior, y tal que

• PA2+PA’2=PB2+PB’2=PC2+PC’2=PD2+PD’2

• (figura anterior)• De nuevo los cálculos muestran que no dependen de si el

punto P es interior al paralelepípedo o no, siempre que esté dentro de la esfera.

Bibliografía del problema

• Marion Walter, Exploring a Rectangle Problem, Mathematics Magazine, vol. 54, nr.3, Mayo 1981, pp. 131-134Leon M. Hall & Robert P. Roe, Un unexpected Maximum in a family of Rectangles, Mathematics Magazine, vol. 71, nº 4, Octubre 1998, pp. 285-291.

• Stanley Rabinowitz, Ptolemy’s Legacy, Draft version 2006 (no publicada; comunicación privada).

• R.J. Gregorac, A General 3-4-5 Puzzle, Europ. J. Combinatorics (1996), vol. 17, pp. 533-541.

Problema 10:un problema de la Olimpiada británica de 1987

• El problema está incluido en el excelente libro de Tony Gardiner “The Mathematical Olympiad Handbook” (An introduction to problem solving), publicado por Oxford U.P. en 1997. Es uno de los pocos libros de problemas de Olimpiadas donde las soluciones no aparecen caídas del cielo, sino que su génesis está siempre explicada, siguiendo, en buena medida, el camino que uno intentaría para tratar de resolver un problema que no conoce. Y además, dejando los detalles al cuidado del lector. No se puede leer sin papel y lápiz.

• Si x, y, z son números reales positivos, hallar razonadamente el máximo valor de la expresión

1 16

xyz

x x y y z z

• Cada uno de los tres factores del numerador aparece en dos factores separados en el denominador. Entonces, si se intenta hacer la expresión mayor aumentando en el numerador por ejemplo la x, el denominador aumenta como x2, asi que de hecho cuando x tiende a infinito la fracción tiende a 0. Por otra parte, si se intenta aumentar la fracción disminuyendo el denominador, no es suficiente disminuir una de las variables, porque por ejemplo x,y están juntas en el mismo paréntesis, hay que disminuir dos de las variables al mismo tiempo (por ejemplo, x e y) y entonces el numerador contiene al producto xy, así que la fracción se hace muy pequeña. Por lo tanto parece que los valores de las variables para los que se alcance el máximo no deben ser ni muy grandes ni muy pequeños.

• Una de las cosas más desagradables de la expresión dada es que no parece simplificarse fácilmente.

• ¿Y si le diéramos la vuelta a la fracción?• En ese caso deberíamos buscar el mínimo valor de esta

fracción:

1 16x x y y z z

xyz

• Naturalmente, ahora no parece muy bueno ponerse a multiplicar alocadamente; pero sí separar los tres factores del denominador y asociarlos a los tres últimos factores del nuevo numerador, para que queden los cuatro en la forma ( 1 + algo)

• Convendría también que la expresión fuera más simétrica, y eso se consigue con un pequeño cambio de variable:

• x=p, (y/x)=q, (z/y) = r, (16/z) = s

161 1 1 1

y zx

x y z

• así que la expresión es• (1+p)(1+q)(1+r)(1+s),

• Y además se observa que• pqrs=16xyz/(xyz) = 16 = 24.

• Tratemos de seguir el consejo de Pólya: si un problema presenta una situación demasiado complicada, inténtese el mismo problema con una situación más sencilla.

• Quedémonos sólo con dos factores, suponiendo que pq = c2 (en el caso general se sabe que el producto pqrs es una cuarta potencia). Tenemos

• (1 + p)(1 + q) = 1 + p + q + pq = 1 + p + q + c2

• y queremos acotar inferiormente esta suma. La desigualdad de las medias aritmética y geométrica debería surgir de una manera bastante natural para acotar p + q:

• p + q >= 2(pq)1/2 = 2c,• con lo que se llega a

• (1 + p)(1 + q) >= 1 + 2c + c2 = (1 + c)2.• Vamos a ver lo que sucede con tres factores

• (1+p)(1+q)(1+r) • suponiendo que pqr = c3.

• (1+p)(1+q)(1+r) = 1 + p + q + r + pq + qr + pr + pqr,• y la desigualdad aritmético – geométrica la vamos a aplicar

dos veces :• p + q + r >= 3(pqr)1/3 =3c,

• pq + qr + rp >= 3(p2q2r2)1/3=3c2,• de modo que en definitiva queda

• (1+p)(1+q)(1+r) >= 1 + 3c + 3c2 + c3 = (1 + c)3.• El siguiente paso ya es el último: (y además lo damos en la

seguridad de que vamos por buen camino)

• Es claro que ahora c = 2; y se tiene• (1+p)(1+q)(1+r)(1+s)=

• =1+p+q+r+s+pq+pr+ps+qr+qs+rs+pqr+pqs+prs+qrs+pqrs• Ahora necesitamos aplicar tres veces la desigualdad

aritmético – geométrica:• p+q+r+s >= 4(16)1/4 = 4.2

• pq+pr+ps+qr+qs+rs >= 6((p3q3r3s3)1/6) = 6.4=6.22

• pqr+pqs+prs+qrs >= 4((p3q3r3s3)1/4)=4.23

• con lo que resulta• (1+p)(1+q)(1+r)(1+s)>= 1+4.2+6.22+4.23+24 = (1+2)4 = 81,

• y volviendo al problema original resulta que el máximo valor buscado es 1/81, que se alcanza para x=2, y=4, z =8.

Origen del problema 12: El Torneo de las Ciudades

• 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)

De las diferentes formas que hay de resolver este problema voy a exponer la de Terence Tao

• 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 + c𝜶 𝜷 𝜸• con , , enteros. Entonces todo lo que hay que hacer 𝛼 𝛽 𝛾

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.

La Olimpiada de la Federación Rusaes de donde procede el problema 13

• 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.

Los fundadores de la Olimpiada rusa

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 Ivan Tonov en el Monumento a la batalla de Smolensk contra Napoleón

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.

La figura es del libro de A. Akopyan “Geometry in figures”

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

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

• BM y BK son isogonales con respecto a los lados BA y BC. Esta nomenclatura no es imprescindible, pero sí la igualdad del ángulos

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

Este problema me gusta porque no requiere ningún cálculo….

• El segmento O_2 O_3 se ve bajo el mismo ángulo (llamado alfa en la figura) desde O_1 y O_4. Por lo tanto esos cuatro puntos pertenecen a la misma circunferencia.

Problema 14

• Este es un problema del Campamento Matemático de 1999, en Zakopane, Polonia, para alumnos ganadores del Canguro Matemático de varios países. Lo presentó el Prof. Lev Kurliandchuk, de la Universidad de San Petersburgo (que sólo habla ruso). Aunque en apariencia es de teoría de números, la solución (que en mi opinión es especialmente brillante) es algebraica.

• Se consideran los números enteros a,b,c,d y el número natural n. Se sabe que:

• n divide a la suma a+b+c+d• n divide a la suma a2+b2+c2+d2

• Entonces, demostrar que n divide al número• a4+b4+c4+d4+4abcd

Solución abreviada

• El hecho de que en el enunciado aparezcan algunas de las funciones simétricas de los cuatro números a, b, c, d “conduce” a considerar el polinomio cuyas raíces son precisamente a,b,c,d:

• P(x)=(x-a)(x-b)(x-c)(x-d)• Desarrollándolo según las potencias de x e

imponiendo las condiciones (obvias)• P(a) = P(b) = P(c) = P(d) = 0,

• se obtiene, sumando y reordenando los términos, el resultado deseado.

Problema 15Los cuatro soldados heridos

Cuatro soldados heridos deben cruzar un puente dañado, de noche, para escapar del fuego enemigo. El puente sólo resiste el paso de dos soldados a la vez, que deben cruzarlo a la velocidad del más lento. Sólo disponen de una linterna, que ha de ser llevada cada vez que se cruza el puente. Individualmente, los soldados tardan 1, 2, 4 y 6 minutos en atravesar el puente.

¿Cuál es el mínimo tiempo necesario para que los cuatro soldados crucen el puente?

• Origen del problema: Olimpiada Junior británica, para alumnos de 11 a 13 años de edad. Problema presentado por Tony Gardiner.

• Estrategia inicial: minimizar el tiempo utilizado en el retorno de la antorcha. En este caso, el soldado más rápido siempre vuelve con ella :

Tiempo=2(+1)+4(+1)+6 =14En realidad, ésto solamente es una cota superior

para el tiempo mínimo; 14 es un “tiempo posible” para que los soldados crucen el puente.

(Es la primera respuesta de los alumnos…y quizá de los profesores también).

¿Cómo disminuir el tiempo?

• Para demostrar que un tiempo es el mínimo, debe mostrarse cómo cruzar en ese tiempo y además demostrar que no se puede reducir más.

• Si 4 y 6 cruzan juntos, y no en primer ni último lugar, se puede conseguir que el tiempo se reduzca a 13 minutos:

• 2+1+6+2+2 = 13

• Demostración de que este tiempo no se puede reducir más:

• Puesto que 4 = 2 + (-1)+ 2 +(-1) + 2, para que crucen los cuatro, se requiere al menos tres cruces de pares y dos retornos de un portador de la linterna. Y entonces sólo hay dos posibilidades:

• 4 y 6 cruzan separadamente: en este caso hacen falta al menos 4 + 1 + 6 + 1 + 2 = 14 minutos.

• 4 y 6 cruzan juntos sin ser el primer ni el último par; entonces hacen falta 2 + 1 + 6 + 2 + 2 = 13 minutos.

Problema 16: Una aplicación del teorema de las alfombras

• Los puntos M y N se dan en los lados AB y BC, respectivamente, del rectángulo ABCD, y en la figura se muestran las diferentes partes en que queda dividido el rectángulo. Los números indican las áreas de las partes correspondientes. Calcular el área del cuadrilátero marcado con el signo de interrogación.

El teorema de las alfombras

• Si la figura de la izquierda representa dos alfombras cubriendo por completo el suelo de la habitación rectangular, y movemos una de ellas como se indica en la figura de la derecha, es evidente que el área cubierta “dos veces” por las alfombras es igual al área no cubierta “ninguna vez”.

• No importa la forma de las alfombras; lo relevante es que entre las dos sumen el área del polígono que cubren sin superponerse.

• Volviendo al enunciado y a la figura original, es evidente que x (área cubierta dos veces) es igual a 20 + 2+ 3 = 25 (área no cubierta ninguna vez).

• En este caso, las “alfombras” son los triángulos MDC y ADN.

Problema 17Un resultado de Sophie Germain

• Sea N un entero mayor que 1. Demostrar que N4 + 4 nunca es primo.

• En la Olimpiada de Brasil de hace algunos años se propuso la siguiente generalización:

• Probar que 4n + n4 nunca es primo

Solución

• Intentemos descomponer en producto N4 +4. Se tiene• N4 + 4 =N4 + 4N2 – 4N2 +4 =• =(N4 +4N2 +4) – 4N2 =

• = (N2 + 2)2 – (2N)2 =(N2 + 2N + 2)(N2 – 2N + 2)• Está claro que el primer factor es mayor que 1. En cuanto al

otro, se tiene N2 – 2N + 2 = (N -1)2 + 1, así que también lo es.• Para la generalización, basta considerar el caso n = 2k + 1,

entonces• 4n + n4 = (2n +n2 + 2k+1xn)(2n + n2 – 2k+1xn).

• donde x es el signo de multiplicar.

Problema 18.-Una pregunta del examen Senior del Concurso Matemático Australiano de 2001 Presentado por Fernanda Cannon

• Calcular el menor valor de la expresión

2 2 22 1 4 1 10 9x y x z y z

Solución

Ya que x2 + 1 representa el cuadrado de la distancia al origen del punto (x,1), una figura nos ayudará a entender el problema y buscar una vía de solución:

Si P(x,1), ¿Cómo elegir las coordenadas de Q, R y S de modo que PQ, QR y RS sean las tres últimas raíces,

respectivamente, de la suma dada?

• P(x,1) , Q(y,3), R(z,4), S(10,7)• La suma será mínima cuando los puntos estén

en línea recta (la de puntos en la figura), y en ese caso la suma vale la distancia de O a S, que es la raíz cuadrada de 149.