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Revista Escolar de la Olimpíada Iberoamericana de Matemática
Número 48 (marzo - junio 2013)
ISSN – 1698-277X
ÍNDICE
Artículos, notas y lecciones de preparación de Olimpiadas 48
Necrológica: Prof. Angelo Barone Netto, por el Editor.
F. Bellot Rosado: Aproximación a los números primos.
E. Pérez Almarales : La desigualdad de las medias aritmética y geométrica en problemas de Olimpiadas.
Problemas para los más jóvenes 48
Cinco problemas de la Coppa Italo D’Ignazio 2012, competición por equipos creada por el Prof. Ercole Suppa y su esposa, en honor de la memoria del Prof. D’Ignazio.
Solución al problema PMJ-47-2, por Luis Maraví Zavaleta, Huamachuco, Perú.
Problemas de nivel medio y de Olimpiadas 48
Problemas propuestos en la Fase Regional de Castilla y León de la 49 O.M.E., León 2013 (pruebas del 22 de febrero y 8 de marzo)
Problemas
Problemas propuestos 236-240
Problemas resueltos
Nota del editor
El editor presenta excusas al Prof. Paolo Perfetti, Universitá degli Studi Tor Vergata, Roma, Italia, por no haber incluido su nombre entre quienes han resuelto los problemas 217 y 230 de esta REOIM.
Solución del problema 231
Recibidas soluciones de: Ricardo Barroso Campos, Sevilla, España, y Floro Damián Aranda Ballesteros, Córdoba, España (conjuntamente); Daniel Lasaosa Medarde, Pamplona, España; Bruno Salgueiro Fanego, Vivero, España; Cristóbal Sánchez-Rubio García, Benicassim, España; y los proponentes.
Las soluciones de Barroso-Aranda y de Salgueiro utilizan coordenadas; las de Lasaosa y Sánchez-Rubio son de Geometría sintética.
Como homenaje a la memoria de uno de los proponentes del problema (Prof. Juan Bosco Romero Márquez ), presentamos las 4 soluciones recibidas.
Solución al problema 232
Recibidas soluciones de: Roberto Bosch Cabrera, La Habana, Cuba; Daniel Lasaosa Medarde, Pamplona, España; Bruno Salgueiro Fanego, Vivero, España; Paolo Perfetti, Universitá Tor Vergata, Roma, Italia; y el proponente. Presentamos la solución de Bosch.
Solución al problema 234
Recibidas soluciones de: Roberto Bosch Cabrera, La Habana, Cuba; Daniel Lasaosa Medarde, Pamplona, España; Daniel López Aguayo, Morelia, México; Paolo Perfetti, Universitá Tor Vergata, Roma, Italia; Bruno Salgueiro Fanego, Vivero, España; una solución anónima y la de los proponentes. Presentamos la solución de Lasaosa.
Solución al problema 235
Recibidas soluciones de: Roberto Bosch Cabrera, La Habana, Cuba (que presentamos) y del proponente.
Noticia de Congresos, comentario de páginas web y reseña de libros 48
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In memoriam ANGELO BARONE NETTO
1937-2013
El pasado día 5 de abril falleció en Sao Paulo (Brasil) una de las personalidades más relevantes de la Olimpiada Matemática Brasileña, así como de la Iberoamericana e Internacional : Angelo Barone.
Las trayectorias académica, olímpica y vital de Barone han sido calificadas de singulares por quienes le conocían mejor: sus muchos amigos, en Brasil y en todo el mundo. En efecto, Barone era único.
Su formación académica universitaria comenzó en la Escuela Politécnica de la Universidad de Sao Paulo, donde en 1958 obtuvo el título de Ingeniero Mecánico Electricista. En esa institución comienza a dar clase en 1960, hasta 1968, en que se traslada a Unicamp (la Universidad de Campinas), participando en un atrevido proyecto para post graduados, que le lleva a la Universidad de Besançon (Francia), donde en 1970 completa su Maestría en Lingüística (¡). No tiene nada de extraño, entonces, que en la Olimpiada Iberoamericana sus intervenciones durante la redacción de los enunciados de los problemas fueran del siguiente tenor: No se debe escribir “mayor o igual que”, ha de ser “mayor que o igual a”…
También en Unicamp defiende en 1972 su doctorado con una tesis sobre la estabilidad de puntos de equilibrio en sistemas lagrangianos con vínculos, un trabajo pionero en ese campo en el Brasil.
En 1973 comienza a desarrollar en el Departamento de Matemática Aplicada del Instituto de Matemática y Estadística de la Universidad de Sao Paulo una actividad notable. Entre sus estudiantes están los profesores Marco Antonio Teixeira y Edson de Faria (éste último afincado en Costa Rica desde hace muchos años).
Otra característica de Barone era su versatilidad. No compartía la afición (tan extendida en las Universidades de todo el mundo) por la excesiva - y excluyente - especialización. Aunque su interés eran los sistemas dinámicos, también produjo trabajos en lógica y en combinatoria. Y nunca se cansó de aprender y de enseñar. De 1987 a 1990 fue Director del Departamento de Matemática Aplicada, y tras su jubilación, continuó asistiendo a seminarios, e investigando y colaborando con sus colegas.
Su labor en la Olimpiada Brasileña de Matemáticas, en la participación de Brasil en la Olimpiada Internacional desde 1979 (Londres) fue clave para que hoy en día Brasil sea uno de los primeros países iberoamericanos con resultados muy buenos en la IMO. Durante 11 años consecutivos fue Jefe de la Delegación de Brasil; su última participación como tal fue en Braunschweig (1989). Ayudó a descubrir los jóvenes talentos en Matemáticas y les proporcionó el entrenamiento adecuado para que ellos, ahora, sean los entrenadores de los equipos de Brasil en la IMO y en las demás competiciones internacionales en las que Brasil toma parte: Iberoamericana, Olimpiada del Cono Sur, Rioplatense,…
No me resisto a mostrar un ejemplo de la creatividad matemática de Barone. En la Olimpiada Iberoamericana de 1989, en La Habana, el banco de problemas preparado por los organizadores locales incluía el enunciado siguiente: Sean a, b, c las longitudes de los lados de un triángulo. Demostrar que
1a b b c c aa b b c c a− − −
+ + <+ + +
.
El jurado obtuvo rápidamente la solución, transformando en producto la expresión entre las barras del valor absoluto:
( )( )( )( )( )( )
1a b b c c aa b b c c a
a b b c c a a b b c c a− − −− − −
+ + = <+ + + + + +
.
Barone dijo: la cota se puede mejorar, disminuyéndola hasta 1/16, y lo demostró razonando de la siguiente manera: como la desigualdad es simétrica en las tres variables, podemos suponer que a < b < c; y además sin pérdida de la generalidad se puede suponer que a = 1, b = 1 +x, c = 1 + x + y. Entonces la desigualdad triangular permite escribir que c < a+b, es decir, 1+x+y<2+x, o lo que es lo mismo, y < 1. Entonces la expresión que se pretende hacer menor que 1/16 es
( )( )( )( )( )( )
( )( )( )( )2 2 2 2
a b b c c a xy x yS
a b b c c a x x y x y− − − +
= =+ + + + + + + +
.
Como y < 1, S es menor que la fracción obtenida sustituyendo en el numerador la “y” por 1; y por otra parte, si los dos últimos factores del denominador se sustituyen, respectivamente, por 2+2x y por 2 + x, ese denominador disminuirá y el cociente aumentará. En definitiva se tiene
( )21
162 2xS
x< <
+
que equivale a ( )20 2 x< − .
Angelo, sit tibi terra levis.
Valladolid, 27 de mayo de 2013.
Francisco Bellot Rosado
APROXIMACIÓN A LOS NÚMEROS PRIMOS
Pregunta de examen: El producto de dos números primos, ¿es primo?
Respuesta (un tanto airada) de un alumno: Pero, ¿primos de quién?
Francisco Bellot Rosado
La lectura del primer capítulo de un libro realmente excelente, Le lezioni del supplente (Un tentativo di insegnare la matematica che non si insegna), del recientemente desaparecido Italo D’Ignazio, me da pie a tratar de escribir una primera aproximación a los números primos, para los alumnos de Olimpiadas y Seminarios de ampliación. La foto del Prof. D’Ignazio ha sido gentilmente cedida por el Prof. Ercole Suppa, de Teramo (Italia).
Para este artículo me he servido no solamente del libro mencionado, sino también de los que cito igualmente en la Bibliografía, y que, a mi entender, no deberían faltar en ninguna Biblioteca del Departamento de Matemáticas de los centros escolares de cualquier nivel educativo.
Se suponen conocidos los conceptos de divisibilidad, máximo común divisor, mínimo común múltiplo y de números primos entre si (cuando su máximo común divisor es 1).
Paulo Ribenboim, en el prólogo de su obra Nombres premiers: mystères et records, enumera las preguntas que de una manera natural, surgen en relación con los números primos:
a) ¿Cuántos números primos hay?
b) ¿Cómo reconocer si un número natural dado es primo?
c) ¿Hay fórmulas o algoritmos para generar los números primos?
d) ¿Cómo se distribuyen los números primos entre los naturales?
1. Números primos y compuestos
Algunos números naturales se pueden descomponer en producto de dos o más factores más pequeños; otros, como 7, 13, 17, no. Diremos que si el número natural c = a x b, siendo a y b números naturales, éstos se dicen factores o divisores de c. Todo número admite la factorización trivial
c = 1xc = cx1;
y en correspondencia con esto diremos que 1 y c son los divisores triviales de c. Cualquier número natural c > 1 que tiene alguna factorización no trivial, se llamará compuesto. Los que solamente admiten la factorización trivial se llaman números primos.
Entre los 100 primeros números naturales, los 25 de la tabla siguiente son primos:
2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31, 37, 41,
43, 47, 53, 59, 61, 67, 71, 73, 79, 83, 89, 97.
El número 1 no es ni primo, ni compuesto.
El primer resultado que probaremos es sencillo, pero importante:
Todo entero c>1, o es primo, o admite un divisor primo.
Si c no es primo, sea p el menor divisor no trivial de c. Entonces, p tiene que ser primo, porque si fuera compuesto, c tendría un divisor menor que p.∎
La siguiente observación, igualmente sencilla e importante, es que no necesitamos dividir c por todos los números menores que c para saber si es primo o compuesto. Si c = a x b, los dos divisores a y b no pueden ser mayores que √c, porque si ese fuera el caso, se tendría
axb >√c x √c = c,
lo cual es imposible. Por lo tanto, es suficiente probar los números primos que son menores o iguales que √c.
Desde la escuela se conoce el procedimiento llamado criba de Eratóstenes para encontrar los números primos menores que un número natural dado: a partir del 2, se suprimen todos los múltiplos de 2; a continuación, dejando el 3, se suprimen todos los múltiplos de 3 que no hayan sido previamente borrados; se repite el proceso con el 5, etc.
2. El conjunto de los números primos es infinito
En el libro de D’Ignazio se muestra el siguiente histograma para ilustrar lo que llama rarefacción de los números primos:
El significado de las barras es claro: hay 303 primos entre los números 1 y 2000, etc.
Podría pensarse que, a la vista de esto, hay un número primo mayor que todos los demás. Pero ya Euclides demostró (en los Elementos) que no es así.
Observemos la tabla siguiente:
2 x 3 + 1 =7
2 x 3 x 5 + 1 = 31
2 x 3 x 5 x 7 + 1 = 211
2 x 3 x 5 x 7 x 11 + 1 = 2311
2 x 3 x 5 x 7 x 11 x 13 + 1 = 30031
Los números que aparecen en los segundos miembros no son divisibles (obviamente) por los números primos que se multiplican en los primeros miembros. Los cuatro primeros (7, 31, 211 y 2311) son primos, mayores que los que se van multiplicando. En cuanto al quinto, se tiene
30031 = 59 x 509,
y estos dos primos son mayores que 13.
La generalización de estas observaciones constituye la famosa demostración de Euclides de que la sucesión de números primos es infinita:
Supongamos que la lista de números primos p1=2, p2=3,…pr sea finita. Entonces formamos el número
P = p1p2p3….pr +1.
Si P es primo, no hay nada que demostrar. En caso de no ser primo, sea p un número primo que divide a P. Este número p no puede ser ninguno de los primos p1,p2,…,pr, ya que en tal caso p dividiría a la diferencia P – (p1p2p3….pr) = 1, lo que es absurdo. Por lo tanto, p es un número primo mayor que pr, y por lo tanto la lista de números primos no puede ser finita.∎
La demostración de Euclides es simple, pero al mismo tiempo es brillante. Es uno de los primeros ejemplos de demostración por reducción al absurdo, que es algo que nuestros alumnos no dominan bien, sobre todo al principio.
Ribenboim en su libro incluye 9 demostraciones de este resultado.
La criba de Eratóstenes permite obtener otra demostración de este teorema
Supongamos que sólo hubiera k primos,
2,3,5,7,…,pk.
Entonces, en la criba no podrían quedar números después de pk, puesto que vamos suprimiendo los múltiplos de los diferentes primos. Pero esto es imposible, porque si consideramos el número
P = 2x3x5x…xpk
éste habría sido suprimido k veces, una vez por cada uno de los primos, y el número P + 1 no habría sido suprimido por ninguno de ellos.∎
Esta demostración aparece en el libro de Oystein Ore Invitation to Number Theory.
3. El Teorema fundamental de la aritmética
Todo entero positivo se puede descomponer en producto de números primos de manera única, salvo el orden de los factores.
Este resultado es conocido desde la escuela primaria; sin embargo, podemos demostrarlo (una actividad común entre los matemáticos, que queremos demostrarlo casi todo; sorprendentemente en los primeros años de la enseñanza secundaria no se demuestra casi nada ( clases de Matemáticas incluidas!). Vamos a seguir la demostración de D’Ignazio, un prodigio de claridad y sencillez.
Sea N un número compuesto; si p1 es el menor de sus divisores (distinto de 1), tiene que ser necesariamente primo (esto lo habíamos visto en el párrafo 1). Hagamos la división N:p1 y sea N1 el cociente:
N = p1N1 (1)
Si N1 es primo, la (1) da ya la descomposición de N en producto de primos; en caso contrario repetimos el proceso con N1: sea p2 el menor divisor de N1 que ha de ser necesariamente primo y mayor o igual que p1; hacemos la división y obtenemos N1 = p2N2 con lo cual
N = p1p2N2;
Reiterando el procedimiento obtenemos N > N1 >N2 > …y al cabo de un cierto número de operaciones llegaremos a un cociente Nk primo. Entonces la (1) se convierte en
N = p1p2…pk (2)
donde hemos puesto, para unificar la notación, Nk = pk. Hay que observar que algunos de los factores primos pi pueden ser iguales, y se podrán asociar en forma de potencias.
Vamos a demostrar que la factorización obtenida para el número N es única.
Supongamos que existiera otra:
N = q1q2…qh
Entonces se tendrá
p1p2…pk = q1q2…qh (3)
Sin pérdida de la generalidad se puede suponer que los factores “p” y los factores “q” están en orden creciente:
p1≤p2≤ …≤pk y q1≤q2≤…≤qh
Ahora bien, p1 es el menor divisor primo de N; como q1 también lo es, tiene que ser p1 = q1.
Dividiendo los dos miembros de (3) por p1 = q1 se obtiene
p2p3…pk = q2q3…qh
y la situación se repite, con lo cual resulta que todos los factores de la primera factorización son iguales a todos los de la segunda, y esa es única.∎
Otras demostraciones de este resultado utilizan el método de reducción al absurdo (v. Puig Adam, Matemáticas Preuniversitario, Madrid 1967).
En el libro del gran matemático polaco Waclaw Sierpinski, Elementary theory of numbers se llama teorema fundamental de la aritmética al siguiente, también conocido en otras fuentes como primer teorema de Euclides:
Si un número divide a un producto de dos factores y es primo con uno de ellos, entonces divide al otro.
Veamos la demostración de Sierpinski:
Sean a y b dos números primos entre sí y c un número natural, tales que b divide al producto ac. El número ac es divisible tanto por a como por b, y por lo tanto, por su mínimo común múltiplo, que es ab. Entonces
ac = tab,
con t entero, luego c=tb y por lo tanto b divide a c.∎
A la pregunta b) de Ribenboim es fácil contestar cuando el número dado no es muy grande, pero si no, se convierte en un problema con aplicaciones prácticas inesperadas, como la criptografía. No entraremos aquí a tratar de los tests de primalidad y sus problemas asociados de velocidad en los cálculos hechos con los ordenadores más potentes.
4. Números primos de Fermat
Fermat (1601 – 1665) conjeturó que los números que son de la forma
22 1n
nF = +
eran todos primos. La notación utilizada para la potencia cuyo exponente es otra potencia significa que 2 lo elevamos a 2n, y no que 22 lo elevamos al exponente n, ya que en ese caso hubiéramos escrito simplemente 4n.
Con las posibilidades de cálculo de la época, era una conjetura razonable, porque
0 1 2
3 4
2 2 20 1 2
2 23 4
2 1 3, 2 1 5, 2 1 17,
2 1 257, 2 1 65537
F F F
F F
= + = = + = = + =
= + = = + =
son primos.
Sin embargo, el matemático suizo Leonhard Euler demostró en 1732 que el siguiente número de Fermat,
525 2 1 4294967297 641 6700417F = + = = ⋅
no es primo. En 1958 se demostró que F1945 era divisible por 5x21947 + 1.
Tal vez la historia de los números de Fermat hubiera terminado aquí, pero por una de esas vueltas de tuerca que da la historia en general y la de las matemáticas en particular, en 1801 el genial matemático alemán C.F.Gauss (1777-1855) demostró en sus Disquisitiones Arithmeticae que los polígonos regulares con un número n primo impar de lados son construibles con regla y compás si y solamente si n = Fm. En particular, el polígono de 17 lados es construible, y la lápida de la tumba de Gauss en Braunschweig representa este polígono regular, en su honor. Gauss descubrió este último resultado cuando tenía 19 años, si bien la publicación se produjo más tarde.
5. Los números de Mersenne
El monje francés Marin Mersenne (1588 – 1648) estudió los números de la forma siguiente:
Mp = 2p -1, p primo.
Los cuatro primeros números de Mersenne
M2 = 22 – 1 = 3; M3 = 23 -1 = 7; M5 = 25 – 1 = 31; M7 = 27-1 = 127
son primos, pero M11 = 211 -1 = 2047 = 23x89. Sin embargo, hay otros primos de Mersenne: Euler probó en 1750 que M31 es primo, y en 1876 el francés Lucas estableció que M127 , un número de 39 cifras, es primo.
En el momento de redactar esta nota, el mayor número primo conocido, descubierto en agosto de 2008, es el número de Mersenne M43112609 y tiene más de doce millones de cifras; para ser exactos, 12 978 189.
6. La búsqueda de fórmulas o algoritmos para generar números primos
Hay varios ejemplos de polinomios en n que dan valores primos hasta un cierto valor, a partir del cual pueden dar valores primos o compuestos. Ribenboim señala que una tal función f(n) debería cumplir al menos una de las condiciones siguientes:
a) f(n) = pn (el n-ésimo primo)
b) f(n) siempre es primo, y si n es distinto de m, f(n) no es igual a f(m)
c) El conjunto de los números primos es igual al conjunto de valores de la función f.
Es claro que a) es más restrictiva que b) ó c).
La mayor parte de las funciones f buscadas tienen expresiones muy complicadas. ¿Por qué no probar con los polinomios? Al fin y al cabo, Euler observó que n2 + n + 41 toma valores primos desde n = 0 hasta 39. Para n = 40 el valor es 1681 = 412. Con n2 – 79n + 1601 se avanza algo más; da valores primos desde n = 0 hasta 79, pero para n = 80 obtenemos otra vez 412 . La razón para no seguir esta vía la da el teorema negativo siguiente:
Si f es un polinomio en n con coeficientes enteros, no constante, existen infinitos enteros n tales que el valor absoluto de f(n) no es un número primo.
Demostración (Ribenboim, pg.129)
Como el polinomio no es constante, sería trivial si tomase todos sus valores compuestos. Por lo tanto, se puede suponer que existe un entero 0 0n ≥ tal
que 0( )f n p= sea primo. Igualmente porque el polinomio no es constante,
se tiene lim ( )x f x→∞ = ∞ , luego existe n1 > n0 tal que si 1n n≥ , entonces
( )f n p> . Para todo entero h tal que 0 1n ph n+ ≥ se tiene
( )0 0( ) (múltiplo de p) = (múltiplo de p)f n ph f n+ = + .
Dado que 0( )f n ph p+ > , 0( )f n ph+ es compuesto.∎
Siguiendo los pasos de Euclides, es posible construir un conjunto de números primos tan grande como se quiera. Empezando por 2 y 3, ponemos 2 x 3 + 1 =7 y ya tenemos el conjunto {2,3,7}. Poniendo 2x3x7+1 = 43, tenemos {2,3,7,43}. Ahora 2x3x7x43+1 = 1807 = 13x139 y eso conduce al conjunto {2,3,7,43,13,139}. Y así sucesivamente…
Pero, por otra parte, y eso ya está relacionado con la distribución de los números primos dentro de la serie natural, dado un número k arbitrario, se pueden encontrar k números consecutivos que no son primos.
7. La distribución de los números primos dentro del conjunto de los números naturales
Vamos en primer lugar a justificar la afirmación que cierra el párrafo 6:
Dado un número k arbitrario, se pueden encontrar k números consecutivos que no son primos.
Consideramos los números
N1 = (k+1)!+ 2
N2 = (k+1)! + 3
N3 = (k+1)!+ 4
……………..
Nk = (k+1)!+ k+1
Este conjunto de k números consecutivos responde a la cuestión; pues el primero es múltiplo de 2, el segundo de 3, etc. ∎
Este apartado 7 de esta nota trata de la pregunta d) de las planteadas por Ribenboim en su obra. Necesitamos, entre otras cosas una notación para una de las funciones aritméticas importantes: la que cuenta los números primos p menores o iguales que un cierto número x>0, y que se representa por π(x). Lo formalizamos como
( ) { }# tales que x p P p xπ = ∈ ≤
Un aspecto de la distribución de los números primos en el conjunto de los naturales lo dio la conjetura de Bertrand (1845), que afirma que para todo 2n ≥ , existe un número primo entre n y 2n . Esta conjetura fue demostrada por Chebyshev, y desde entonces se conoce como teorema de Bertrand-Chebyshev.
El teorema del número primo
En 1792 Gauss conjeturó que ( )2 ln
x dtxt
π ∫ y dado que el logaritmo integral
es asintóticamente equivalente a ln
xx
(es decir que su cociente tiende a 1
cuando x tiende a infinito), el resultado
( )ln
xxx
π
se conoce, desde su primera demostración en 1896 por Hadamard y de la Vallée-Poussin (independientemente uno del otro) como el teorema del número primo.
Esta incursión de las nociones de Análisis en la Teoría de números dio lugar a la Teoría analítica de Números. Se creía que solamente era posible este tipo de demostración para este teorema, pero en 1949, Erdös y Selberg dieron (por separado) demostraciones que utilizaban estimaciones elementales de ciertas funciones aritméticas (y que por eso se llaman demostraciones elementales del teorema del número primo).
8. La conjetura de Goldbach
Finalizaremos esta digresión sobre los números primos con uno de los problemas abiertos de la Teoría de Números. Es la conjetura de Goldbach quien en 1742 pidió a Euler que demostrase que todo número par,
mayor que 2, es suma de 2 números primos. La conjetura parece razonable, ya que, por ejemplo, 10 = 3 + 7 = 5 + 5; 24 = 11 + 13 = 7 + 17; 8 = 5 + 3; etc. Pero, hasta la fecha, no hay ninguna demostración general, si bien, como dice D’Ignazio en los últimos párrafos del capítulo sobre primos de su libro, el haberse probado que todo número natural, suficientemente grande, es suma de no más de cuatro números primos, debería ser el preludio de una demostración de la conjetura.
9. Dos observaciones finales…pero no últimas
A punto de enviar al webmaster de la OEI el número 48 de la REOIM se han producido dos noticias que han revolucionado a los matemáticos.
Por una parte, el matemático peruano Harald Helfgott, investigador en el Centre Nationale de la Recherche Scientifique de París ha demostrado la llamada conjetura débil de Goldbach: Todo número impar mayor que 5 puede expresarse como suma de tres números primos.
Casi simultáneamente, un investigador chino, Yitang Zhang, de la Universidad de New Hampshire, envió a la prestigiosa revista Annals of Mathematics un manuscrito (escrito con claridad cristalina y no dejando ni un detalle sin demostrar) en el que prueba un resultado clave en el estudio de la distribución de los números primos: Existe un número N menor que 70 millones tal que hay infinitos pares de primos que difieren en N. El 17 de mayo de 2013, mientras Zhang daba cuenta de su demostración en una conferencia en la Universidad de Harvard, “saltó” a las noticias el resultado de Helfgott.
Algunos problemas para resolver
i) Demostrar que n4 + 4 no es primo si n > 1 (Sophie Germain)
ii) Si a y n son enteros, 0, 2a n≥ ≥ , demostrar que
( )221 n nN a a a a= + + + + −
es compuesto.
iii) Si a,b son números naturales mayores que 1 y primos entre sí, demostrar que logab es irracional.
iv) Un número N = 2x.3y.5z . Se suprimen 24 divisores al dividirlo por 2, 18 al hacerlo por 3 y 12 al hacerlo por 5. Calcular N.
v) ¿Es siempre posible convertir un número entero en primo, modificando una sola de sus cifras (Sierpinsky)
vi) Probar que n! es divisible por la suma 1 + 2+ 3+…+ n si y solamente si n+1 no es un primo impar (V. Thébault)
vii) Probar que no existen un primo p > 5 ni un natural m tales que (p – 1)! + 1 = pm
viii) Si p es primo y 1 k p≤ ≤ , entonces ( ) 1( 1)!( )! 1 0(mod )kk p k p−− − + − ≡
y recíprocamente (H.Demir, Mathesis 1962)
ix) Demostrar que en cualquier progresión aritmética, cuyp primer término y la diferencia sean números naturales, se puede encontrar cualquier número prefijado de términos que no sean primos.
x) Se consideran los números primos 2, 3, 5, 7, …, p; demostrar que el número 2.3.5.7….p + 1 nunca es cuadrado perfecto (V. Thébault)
10. Bibliografía
1) Cilleruelo, J. & Córdoba, A. La teoría de los números. Mondadori, Madrid 1992.
2) D’Ignazio, I. Le lezioni del supplente. Interlinea Ed., Teramo, 1995.
3) Ore, O. Invitation to Number Theory. New Mathematical Library #20, M.A.A., 1967.
4) Ribenboim, P. Nombres premiers: mystères et records. P.U.F. Paris, 1994.
5) Sautoy, M. de. The music of the primes. Harper, New York 2004.
6) Sierpinski, W. Elementary Theory of Numbers. North-Holland & PWN, Amsterdam y Varsovia 1988.
Título: La desigualdad entre la media aritmética y geométrica en problemas de olimpiadas. Resumen: En el presente artículo se pretende mostrar la utilidad de una desigualdad tan
elemental como la relación entre las medias aritmética y geométrica para
resolver problemas de olimpiadas, se ofrece una demostración algebraica y
una geométrica para esta relación en dos elementos, a continuación se ofrece
la demostración realizada por Cauchy al caso general y se proponen problemas
con soluciones de olimpiadas realizadas en diferentes países.
Palabras claves: desigualdades, media aritmética, media geométrica,
olimpiadas de Matemática.
Summary: Presently article is sought to show the utility of such an elementary inequality as
the relationship among the stockings arithmetic and geometric to solve
problems of olympiads, he/she offers an algebraic demonstration and a
geometric one for this relationship in two elements, next he/she offers the
demonstration carried out by Cauchy to the general case and they intend
problems with solutions of olympiads carried out in different countries.
Key words: inequalities, half arithmetic, mediates geometric, olympiads of
Mathematics.
Desarrollo: Se conoce que la media aritmértica entre dos valores no negativos a y b se
calcula como y la media geométrica como entonces demostraremos
que . Usaremos una vía algebraica y una geométrica que nos
permitirá analizar algunas de las interconexiones conceptuales que se
establecen entre estas dos disciplinas de la Matemática.
Vía algebraica: Conocemos que , si en la desigualdad que queremos
demostrar multiplicamos por 2 y transponemos todo al miembro izquierdo,
obtenemos , factorizando tenemos , que se
cumple.
Vía Geométrica:
Utilizando el teorema de las alturas se
tiene que es decir la media
geométrica entre x, y. Por otra parte
podemos percatarnos que , es
decir la media geométrica, que en este
caso es la hipotenusa del triángulo rectángulo AOD y la media geométrica es
uno de sus catetos, entonces se tiene que .
Esta desigualdad se cumple además si la cantidad de valores aumenta. Según
Bulajich, Gómez y Valdés (2008), Cauchy probó esta desigualdad utilizando
una inducción de la siguiente forma:
1. Probar que se cumple para dos números.
2. Probar que si se cumple para n elementos entonces se cumple para n –
1 elementos.
3. Probar que si se cumple para n elementos entonces se cumple para 2n
elementos.
En el caso que nos ocupa el primer paso está probado. Probaremos el segundo
y el tercer pasos:
2) Tomamos n – 1 números no negativos y sea
, como tenemos como premisa que se cumple para n
elementos entonces:
Entonces se cumple para n – 1 elementos.
3) sean 2n números reales no negativos
D O C
A
B
x y
h
A continuación analizaremos algunos problemas de olimpiadas donde se puede
utilizar esta desigualdad.
Problema 1. (Bulgaria, 1995) Sean SA, SB y SC las áreas de los heptágonos
regulares A1A2…A7, B1B2…B7, C1C2…C7, respectivamente. Si se sabe que
A1A2 = B1B3 = C1C4. Prueba que
Solución:
Si a = A1A2, b = B1B3 y c = C1C4, usando el teorema de Ptolomeo se deuce que
ab + ac = bc. Usando esto concluimos que , y
. Usando la desigualdad entre media aritmética y media
geométrica concluimos que
Problema 2. (Estonia, 1995) Sean a, b, c las longitudes de los lados de un
triángulo y α, β y γ los ángulos opuestos a esos lados. Prueba que si r es el
radio de la circunferencia inscrita en el triángulo, entonces:
.
Solución:
Sea S el área del triángulo, tenemos , , y
Por la desigualdad entre la media aritmética y la geométrica
y
Multiplicando se cumple lo buscado.
Problema 3. (Repúblicas Checa y Eslovaca, 2000) Prueba que para todos a, b
reales positivos se cumple que:
Solución: Haciendo y (Esto es fundamental a la hora de
resolver desigualdades, pues en muchas ocasiones una adecuada
transformación puede facilitarnos mucho la demostración.
En este caso
Que se puede transformar en:
Aplicando dos veces la desigualdad entre la media aritmética y la media
geométrica tenemos:
Sumando las dos desigualdades miembro a miembro se tiene la desigualdad
deseada. La igualdad se cumple si y solo si
Problema 4. (Brasil, 2001) Prueba que ,
Solución:
Vamos a transformar
Aplicando la desigualdad entre la media aritmética y la media geométrica se
tiene:
Problema 5. (IMO, 2001) Prueba que para se cumple:
Solución:
Podemos percatarnos que la solución de la desigualdad es equivalente a
demostrar:
. Aplicado a los tres sumandos. Esta última desigualdad se
puede transformar como:
Entonces esto es equivalente a demostrar que:
Aplicando dos veces la desigualdad entre la media aritmética y la media
geométrica:
Multiplicando miembro a miembro se tiene el resultado deseado.
Problema 6. (Balcanes, 2002) Sean a, b, c reales positivos, prueba que:
Solución: aplicando la desigualdad entre la media aritmética y la media
geométrica
Apliquemos dos veces más la desigualdad media aritmética – media
geométrica
; ; entonces
Problema 7. (Canadá, 2002) Prueba que , se cumple que
. ¿Cuándo ocurre la igualdad?
Solución: teniendo en cuenta que podemos multiplicar la desigualdad
por con lo cual transformamos lo que queremos demostrar en:
Transformando el miembro izquierdo,
Si aplicamos media aritmética – media geométrica a cada sumando tenemos:
Aplicando nuevamente la desigualdad media aritmética – media geométrica
tenemos que:
La igualdad si y solo si a = b = c.
Problema 8. (Rusia, 2002) Prueba que , para
Solución:
Esta desigualdad puede ser transformada de la siguiente forma:
Entonces la demostración de la desigualdad original se reduce a demostrar que
Vamos a utilizar 3 veces la desigualdad entre las medias aritmética y
geométrica:
, de la misma forma ;
, sumando estas desigualdades se tiene la deseada.
Problema 9. (Repúblicas Checa y Eslovaca, 2003) Demuestra que si
, entonces .
Solución: Esta desigualdad se puede transformar en
, vamos a demostrar por partes
utilizando la desigualdad entre la media aritmética y la media geométrica.
, de manera análoga
, y . Sumando miembro a miembro obtenemos
la desigualdad deseada.
Problema 10. (Lista corta, OIM 2004) Si los números positivos ,
satisfacen que la suma es 1, prueba que:
.
Soludión: Haciendo , , definimos ;
Es evidente que , , la desigualdad es
equivalente a: . Usando la desigualdad media aritmética – media
geométrica deducimos que:
, usando la desigualdad media aritmética –
media geométrica
Problema 11. (Ucrania, 2004) Sean , con . Prueba que
Solución:
Por la desigualdad entre la media aritmética y la media geométrica esta última
expresión:
, de
manera análoga ; ; por tanto
Problema 12. (Kazajstán, 2009) Prueba que , se cumple
que:
Solución:
La desigualdad se puede transformar multiplicando por ,
Utilizando la desigualdad entre las medias aritmética y geométrica en ambos
factores del miembro izquierdo tenemos:
, entonces ; y además
Entonces
Y , sumando miembro a miembro
tenemos la desigualdad que queremos demostrar.
Problema 13. (Grecia, 2010) Si y ,
prueba que . ¿Cuándo ocurre la igualdad?
Solución:
La desigualdad se puede transformar en
Por la desigualdad entre las medias aritmética y geométrica
; , entonces:
, y
por tanto es suficiente demostrar que
, que se cumple por ser .
La igualdad se verifica si y solo si x = y = z = 1.
Problema 14. (Prueba de selección de Cuba, 2006) Encuentra el mayor valor
posible de k tal que para todo polinomio de grado n > 1 cuyas raíces son todas
reales positivas se cumple
que y determina en qué casos se cumple la igualdad.
En este problema se establecen relaciones entre elementos propios del
Álgebra como es el caso del trabajo con polinomios y la desigualdad entre las
medias.
Solución:
Sean r1, r2, r3, … , rn las raíces de p(x). Según las fórmulas de Vieta se tiene
que 1
1
1
1 1
1
1
1111
n
)i
n
i nj...jjj
iin
i
i
ir...r)()(a)( =
1
1 ...1 1
1...
n
i njj
jj
i
irr
Una doble sumatoria con un total de 1
1
22n
i
nn
i
términos. Ahora por la
desigualdad Media Aritmética-Media Geométrica (aplicable porque los ri son
positivos) se sabe que
22
1
1 ...1
1
1 ...1
1
1
1
1
...22
...
n
i
i
i
i n
i njj
jjn
n
i njj
jj
rr
rr
Para simplificar la raíz (2n-2)-ésima obtenida en este punto nótese que
22
1
1 ...1 1
1...n
i
i
n
i njj
jj rr = 22
1
1 ...1
11
1 ...1 1 11
1 ......n
i ii
i
n
i njj jj
n
k
kn
i njj
jjrr
r
rr
= )(n
kk
n
n
r222
22
1
=n
k
kr1
= 0a
Una recopilación de los resultados obtenidos hasta el momento permite
concluir que
1
1
)22()1(n
i
o
n
in
i aa entonces o
nn
i
n
i aa 2
21
1
1 )22()1(
Se tiene que la constante k es (2n -2)2, y en este caso es fácilmente verificable,
por las condiciones de la desigualdad Media Aritmética-Media Geométrica, que
la igualdad en este caso es alcanzada cuando
r1 = r2 = … = rn = 1 y solamente en ese caso, con lo que se obtienen además las
condiciones de igualdad. Además, por existir igualdad par este valor de k, es
claro que no puede encontrarse ninguno mayor.
Problema 15. (Prueba de selección cubana, 2006) Sean a, b y c números
positivos tales que ab + bc + ca = 1. Probar que
3abc
cbaabc
3
33
)(61 .
Solución:
Escribamos 3
222
33
3
6661
3
3)(6
1
3
3
abc
abccabbcacba
abc =
= 33
)(3)(3)(31
3
3
abc
bcabcacababcbcacab
como ab + bc + ca = 1 tenemos 3
222
3
)(33)(33)(331
3
3
abc
cacabcbcabab =
= 3
222
3
)()()(34
3
3
abc
cabcab .
Es fácil ver que 3((ab)2 + (bc)2 + (ca)2) ≥ (ab + bc + ca)2 = 1 con lo que se
prueba que abcabc
13
33
33 , que es equivalente a que (abc)2 ≤
27
1 y por la
relación entre la media aritmética y la media geométrica se tiene que (abc)2 =
(ab)(bc)(ca) ≤
2
3
cabcab = 27
1 .
La igualdad se cumple si y solo si a = b = c = 3
1 .
Otros problemas donde se utiliza la desigualdad En los problemas que se muestran a continuación se evidencia la utilización de
la desigualdad entre las medias en otros contextos, donde no se solicita
explícitamente la demostración de una desigualdad. Esto muestra las
relaciones internas que se establecen en el Álgebra.
Problema 16. (Grecia, 2009) Determina que satisfacen el sistema
Y tienen la menor suma posible.
Solución:
Sea la solución del sistema con la menor suma posible, entonces por
la desigualdad entre las medias aritmética y geométrica se tiene:
, con la igualdad para
Problema 17. (Grecia, 2010) Resolver en reales positivos el siguiente sistema:
Solución:
Por la desigualdad entre las medias aritmética y geométrica se tiene que:
La segunda ecuación se transforma en
Usando la desigualdad entre las medias aritmética y geométrica se tiene:
,
entonces
Con la igualdad para
Por (1) y (2), , que es posible cuando
Por tanto la única solución
Problema 18. (Rumanía, 2002) Sea , , y , funciones
reales tal que . Demuestra que la ecuación
tiene soluciones si y solo si las funciones
tienen ceros comunes.
a) Resuelve la ecuación
Solución:
Por la desigualdad entre las medias aritmética y geométrica tenemos:
Entonces se cumple la igualdad en esta desigualdad:
y como ,
porque tiene que cumplirse la igualdad , entonces los
valores de x tienen que ser ceros comunes.
a) La ecuación puede escribirse en la forma:
, por tanto considerando
, , , tenemos
, el resultado
anterior implica que la solución está formada por las raíces comunes a las
tres funciones , que son .
Problema 19. (China, 2006) Sea y . Determina
el máximo valor de la suma , donde
Solución: Por la desigualdad entre las medias aritmética y geométrica:
, luego
La igualdad se logra si y solo si , luego el máximo es .
Problema 20. (Primera prueba selectiva de Cuba, curso 2006 – 2007) Hallar el
valor mínimo posible de si son números reales que satisfacen la
condición , con
Solución:
Sea A = x2 + y2 y B = x2 – y2 entonces x2 = 2
BA y y2 = 2
BA , tenemos que
xy = 22yx = 22
BABA , notemos que debemos asumir que xy > 0.
Sustituyendo en la ecuación dada tenemos A = B22
BABA (1)
De acuerdo a la relación entre la media aritmética y geométrica se cumple que
22
BABA 2
22
BABA
= 2
A teniendo que A 2
A B y B 2.
Reordenando (1) encontramos que 4a2 = B2(A2 – B2) y A2 = 42
4
BB luego B 2
obteniendo que B > 2.
Ahora, (B2 – 8)2 0, y B4 16B2 – 64 = 16(B2 – 4), teniendo que 42
4
BB 16
teniendo entonces que x2 + y2 = A 4. Finalmente notemos que x2 + y2 puede
tomar el valor 4, por ejemplo para x = 22 , y = 22 .
Problema 21. (Pruebas de selección Cuba, 2006) Una circunferencia de radio r
y centro S está inscrita en el triángulo ABC. Una recta que pasa por el punto S
interseca a los lados BC y CA en los puntos D y E respectivamente. Si P es el
área del triángulo CED, probar que P 2r2. determina para qué casos se
cumple la igualdad.
Solución:
El área A del triángulo CED satisface que
A = ACES + ACSD= ½ CE r + ½ CD r = 2
CDCE r.
Por la desigualdad entre la media aritmética y la media
geométrica tenemos que 2
CDCE r CDCE por
lo que A CDCE r. El producto de las longitudes de los lados de un triángulo no es menor que el doble del área del triángulo.
En nuestro caso CE CD 2A, donde la igualdad se cumple si y solo si el ángulo del vértice C es recto, entonces A CDCE r A2 r y A2 2Ar2 donde A 2r2. La igualdad se cumple si y solo si CE = CD y C = 900.
Bibliografía: Beskin, N. M. (1980). División de un segmento en una razón dada. Moscú: Mir. Bulajich Manfrino, R. & Gómez Ortega, J. A. (2007). Desigualdades. Cuadernos de Olimpiadas de Matemáticas. México: Instituto de Matemáticas de la UNAM. Bulajich Manfrino, R. & Rubio Barrios, C. J. (2008). Las Olimpiadas Matemáticas en San Luis Potosí 1987 – 2005. Cuadernos de Olimpiadas de Matemáticas. México: Instituto de Matemáticas de la UNAM.
S
D
E
C
A B
Colectivo de autores (1995). Olimpiada Nacional de Bulgaria. Colectivo de autores (1995). Olimpiada Nacional de Estonia. Colectivo de autores (2000). Olimpiada Nacional de Repúblicas Checa y Eslovaca. Colectivo de autores (2001). Olimpiada Nacional de Brasil. Colectivo de autores (2001). Lista Corta de la IMO. Colectivo de autores (2002). Olimpiada Nacional de Rumanía. Colectivo de autores (2002). Olimpiada Nacional de Canadá. Colectivo de autores (2002). Olimpiada Nacional de Rusia. Colectivo de autores (2003). Olimpiada Nacional de Repúblicas Checa y Eslovaca. Colectivo de autores (2004). Lista Corta de la OIM. Colectivo de autores (2004). Olimpiada Nacional de Ucrania. Colectivo de autores (2009). Olimpiada Nacional de Kazajstán. Colectivo de autores (2010). Olimpiada Nacional de Grecia. Colectivo de autores (2009). Olimpiada Nacional de Grecia. Colectivo de autores (2006). Olimpiada Nacional de China. Davidson San Juan, L., Reguer Villar, R., & Frontela, R. (1987). Problemas de Matemática Elemental 1. La Habana: Pueblo y Educación. Davidson San Juan, L., Reguer Villar, R., & Frontela, R. (1995). Problemas de Matemática Elemental 2. La Habana: Pueblo y Educación. Davidson San Juan, & Recio, F. (1974). Los Concursos de Matemática. Primera parte. La Habana: Dirección de producción de medios de enseñanza. MINED. Davidson San Juan, & Recio, F. (1975). Los Concursos de Matemática. Segunda parte. La Habana: Dirección de producción de medios de enseñanza. MINED. Díaz González, M. (2004). Problemas de Matemática para los entrenamientos de la Educación Preuniversitaria I. La Habana: Pueblo y Educación. Díaz González, M. (2007). Problemas de Matemática para los entrenamientos de la Educación Preuniversitaria II. La Habana: Pueblo y Educación. Díaz González, M. (2011). Problemas de Matemática para los entrenamientos de la Educación Secundaria Básica III. La Habana: Pueblo y Educación. Hall, H. S., & Night, S. R. (1948). Álgebra Superior. México: Hispano – Americana. Mati, I. (2007). Classical Inequalities. En www.imocompendium.com
PROBLEMAS PARA LOS MÁS JÓVENES 48
Cinco problemas de la prueba por equipos Coppa Italo d’Ignazio 2012
PMJ48-1
La Biblioteca de Alejandría
La planta de la Biblioteca de Alejandría, la más rica de la Antigüedad, tenía la forma indicada en la figura:
Sabiendo que EF es paralelo a AC, que ABCD es un cuadrado de 40 m de lado y que AEFC es un rectángulo, calcular la medida del área ocupada por la Biblioteca.
PMJ48-2
En un rectángulo ABCD las longitudes de las proyecciones ortogonales de los lados AB y BC sobre la diagonal AC son, respectivamente, 9cm y 16 cm. Calcular el área de ABCD.
PMJ48-3
Iniciación pitagórica
Se dice que a un joven discípulo de Pitágoras, el día de su iniciación en la escuela pitagórica, se le pidió que resolviera el siguiente problema: Si a y b son dos enteros positivos cuyo producto ab=1000, calcular la suma a+b sabiendo que ni a ni b son múltiplos de 10.
PMJ48-4
No borres mis círculos
Parece que estas fueron las últimas palabras de Arquímedes, antes de que el soldado enviado por el emperador romano Marcelo para llevarlo a su presencia se impacientase y lo matase. Tal vez Arquímedes estab tratando de resolver este problema: Sea ABCD un cuadrado de lado AB = 200. Hallar el radio de la circunferencia pequeña de la figura, tangente al lado BC y a las semicircunferencias construidas interiormente al cuadrado:
PMJ48-5
En el triángulo rectángulo ABC de hipotenusa AB, los catetos AC y BC miden 12 y 35, respectivamente. CD es la altura sobre la hipotenusa. Se considera la circunferencia ω de diámetro CD. Sea I un punto exterior al triángulo ABC tal que las rectas AI y BI son tangentes a la circunferencia ω. La razón entre el perímetro del triángulo ABI y la longitud de AB se puede expresar como m/n, siendo m y n primos entre sí. Calcular m+n.
REVISTA DE LA OIM Nº 47
PROBLEMAS PARA LOS MÁS JÓVENES
OLIMPIADA DE MOLDAVIA
PMJ 47 – 2
Luis M. MARAVÍ ZAVALETA
I. E. Nº 80915 “Miguel Grau Seminario”, C. P. El Pallar, distrito de Huamachuco, región La Libertad, Perú
…………………………………………………………………………………………….
Las longitudes de los lados de un triángulo son números enteros consecutivos. Se sabe que una mediana del triángulo es perpendicular a una bisectriz. Hallar las longitudes de los lados del triángulo.
Resolución:
Sea el triángulo ABC, BD la mediana relativa a lado AC y AG la bisectriz del ángulo A. Las longitudes de AB, BC y AC han sido representadas por a – 1, a y a
B
a – 1
A
a
C D
E
y
x
p
G
+ 1, respectivamente, así como y, x y p representan a las longitudes de los segmentos BE, ED y AE, respectivamente. Por el teorema de Pitágoras aplicado al triángulo ABE:
…(1)
Por el teorema de Pitágoras aplicado al triángulo ADE:
… (2)
Dado que las expresiones (1) y (2) equivalen:
Como los triángulos ABE y ADE son congruentes (teorema “ángulo – lado – ángulo”), las longitudes de los segmentos BE y ED son iguales (y = x). Entonces,
. No se admite a1=1/3 por contradecir las condiciones del problema. De esta manera, el valor dea es 3 u. y los lados AB, BC y AC miden 2 u, 3 u. y 4 u., respectivamente.
XLIX Olimpiada Matemática Española
Fase Nacional Prueba de selección regional de Castilla y León
PRIMERA PRUEBA 22 de Febrero de 2013
PROBLEMA 1 En el aire se encuentra suspendida una plataforma horizontal en forma de tablero cuadriculado de tamaño 5x5. Inicialmente la casilla central está ocupada por 27 lemmings, pequeños personajes verdes de los videojuegos. Se desarrolla un juego con las siguientes reglas: (i) En cada momento podemos elegir una casilla con 4 o más lemmings y provocar una explosión, de manera que 4 de los lemmings salgan despedidos, uno a cada una de las 4 casillas vecinas (se consideran vecinas las casillas con un lado común). (ii) Un lemming cae al vacío, si la explosión se produce en una casilla del borde de la plataforma. Demostrar que el juego siempre termina después de un número finito de explosiones, y que es imposible que se precipite al vacío un lemming. Por lo tanto, ninguna criatura resulta lastimada con este experimento. PROBLEMA 2 Resolver, en el conjunto de los números reales, el sistema de ecuaciones
y+3x = 4x3 x+3y = 4y3
PROBLEMA 3 La circunferencia que tiene como diámetro la altura desde A en el triángulo ABC corta al lado AB en D y al lado AC en E. Probar que el circuncentro (centro del círculo circunscrito) de ABC está en la recta que contiene a la altura desde A en el triángulo ADE. PROBLEMA 4 Sean a,b,c números reales positivos. Probar que se cumple la desigualdad
( )22 2 2 2 2 22 2 5 2 2 5 2 2 5a a ab b b b bc c c c ca a a b c+ + + + + + + + ≥ + + .
Cada problema se puntúa sobre 7 puntos. No se permite utilizar calculadoras ni otros dispositivos electrónicos. Tiempo: 4 horas.
REAL SOCIEDAD MATEMÁTICA ESPAÑOLA
Olimpiada Matemática Española
XLIX Olimpiada Matemática Española
Fase Nacional Prueba de selección regional de Castilla y León
SEGUNDA PRUEBA 8 de Marzo de 2013
PROBLEMA 5 Una parábola y=ax2 con a>0, y la hipérbola y=1/x se cortan en un punto T. Una recta que es tangente común a ambas curvas es tangente a la hipérbola en Q y a la parábola en P. a)Demostrar que dos medianas del triángulo PQT son perpendiculares. b)Hallar el área del triángulo PQT. PROBLEMA 6
PROBLEMA 7 Se desea colorear los cuadrados de una tira de n cuadrados, que están numerados de 1 a n, de izquierda a derecha. Cada cuadrado será coloreado con uno de tres colores, 1, 2 ó 3. Los cuadrados numerados pares se colorean con cualquier color, pero los numerados impares sólo se pueden colorear con los colores impares, 1 ó 3. Además, dos cuadrados adyacentes no se pueden colorear con el mismo color. ¿De cuántas maneras se puede realizar esta coloración de la tira? PROBLEMA 8 Se considera una sucesión (a1,a2,a3,…) de números reales. Para cada entero positivo n, se define mn como la media aritmética de los números de la sucesión desde a1 hasta an. Se sabe que existe un número real C tal que se verifica la siguiente condición:
(i-j)mk+(j-k)mi+(k-i)mj = C,
cualesquiera que sean las ternas (i,j,k) de enteros positives distintos dos a dos. Demostrar que (a1,a2,a3,….) es una progresión aritmética. Cada problema se puntúa sobre 7 puntos. No se permite utilizar calculadoras ni otros dispositivos electrónicos. Tiempo: 4 horas.
REAL SOCIEDAD MATEMÁTICA ESPAÑOLA
Olimpiada Matemática Española
Problemas propuestos 236-240Problema 236 (propuesto por Laurentiu Modan, Bucarest, Rumania)Sean f : [0, 1]→ [2, 3] una función estrictamente monótona; C =
{13 ,
12 , 1}⊂
[0, 1] ; A ⊆ [2, 3] tal que f−1 (A) = C.i) Estudiar si f admite función inversa.ii) Se considera la función g : [0, 1]→ R definida mediante
g(x) =
{f (x) , x ∈
[0, 12
]3− f (x) , x ∈
(12 , 1]
¿Puede ser g una función continua? Estudiar si g admite primitivas.
Problema 237 (propuesto por Marcel Chiritza, Bucarest, Rumania)Sea ABCD un tetraedro inscrito en la esfera S de centro O y radio R. Sea
M un punto cualquiera de la esfera.Llamamos f (M) = AM2 +BM2 + CM2 +DM2.Si f (M) es constante para todo M de la esfera, calcular su valor y probar
que AB,AC,AD son los lados de un triángulo.
Problema 238 (propuesto por Marcel Chiritza, Bucarest, Rumania)Sea ABCD un cuadrilátero convexo, E el punto medio de AC, F el punto
medio de BD, y M un punto del plano del cuadrilátero. Demostrar que
−−→MA · −−→MC +−−→MB · −−→MD ≥ 1
4
(2EF 2 −AC2 −BD2
).
Problema 239 (propuesto por Marcel Chiritza, Bucarest, Rumania)Sea a ∈ (0, 1) un número real fijo. Determinar todas las funciones f → R→
R continuas en x = 0, tales que f (0) = 1 y que verifican
3f (x)− 5f (ax) + 2f(a2x
)= x2 + x, ∀x ∈ R.
Problema 240 (propuesto por Marcel Chiritza, Bucarest, Rumania)a) Demostrar que no existen enteros x, y, z tales que
(x− y)5 + (y − z)5 + (z − x)5 = 200
b) Demostrar que existen infinitos enteros x, y, z tales que
(x− y)5 + (y − z)5 + (z − x)5 = 210
1
Problema 231, proposto por Antonio F. Costa e Juan Bosco Romero Márquez (†), Ávila, España.
Sexa ABC un triángulo rectángulo cuxo ángulo recto ten por vértice A . Na recta que contén á hipotenusa de ABC , considéranse os puntos B′ , exterior á hipotenusa e tal que BB BA′ = , e C′ , exterior á hipotenusa e tal que CC CA′ = .
Sexan r a recta que pasa por B′ e C′ , 1H o semiplano determinado por r que contén a A ; 2H o
semiplano determinado por r que non contén a A .
Por B′ , trazamos dúas rectas paralelas aos catetos e o mesmo facemos por C′ , obtendo así un rectángulo
A B C D′ ′ ′ ′ ; o punto A′ é o vértice do rectángulo que está no semiplano 2H .
Por A′ , trazamos as rectas que pasan por B e C , e chamamos B′′ e C′′ ás interseccións de ditas rectas cos lados do rectángulo e distintas de A′ .
Probar que:
1. O punto A está no segmento B C′′ ′′ .
2. O triángulo A B C′ ′′ ′′ é rectángulo se e só se o triángulo ABC ten ángulos agudos que miden 30� e 60� .
3. O ángulo con vértice A′ do triángulo A B C′ ′′ ′′ é como máximo 45� , e ese valor alcánzase cando ABC é un triángulo isóscele (e, polo tanto, tamén A B C′ ′′ ′′ é isóscele).
Solución de Bruno Salgueiro Fanego, Viveiro, España.
Pode asumirse, sen perda de xeneralidade, que 1BC = . Sexan c AB= , b AC= , { }1B AB A B′ ′= ∩ ,
{ }1C C A CA′ ′= ∩ e CBAβ = ∠ (en radiáns). Os triángulos 1B BB′ e 1C C C′ teñen os lados respectivamente
paralelos aos do triángulo ABC , logo son semellantes e, polo tanto, as lonxitudes dos seus lados son
respectivamente proporcionais, co cal 21BB c= , 1 1B B bc C C′ ′= = e 2
1C C b= .
Considerando a referencia cartesiana rectangular na cal ( )0,0A , ( ),0B c e ( )0,C b , tense que as
coordenadas de B′ son ( ) ( ) ( )( )1 1, 1 , 1AB BB B B c c b b′+ − = + + e as de C′ son
( ) ( )( )1 1, , 1C C C C CA bc b b′− + = − + e, polo tanto, ( ) ( )( )1 , 1A c c b b′ + + .
1. B′′ pode obterse como intersección das rectas :A B′ ( ) ( )21 1b b x c y bc b+ − = + e :B B′ ′′ y bc= − , logo
( ),B bc bc′′ − ; analogamente, C′′ pode obterse como intersección das rectas :A C′ ( )1c x cy bc− + = e
:C C′ ′′ x bc= − , logo ( ),C bc bc′′ − . Entón a recta B C′′ ′′ ten por ecuación :B C′′ ′′ y x= − , é dicir, é a
bisectriz do segundo e cuarto cuadrantes, que contén ao punto ( )0,0A .
2. O triángulo A B C′ ′′ ′′ non pode ser rectángulo en A′ , pois 2C A B C A B π′′ ′ ′ ′ ′ ′∠ < ∠ = .
Dito triángulo será rectángulo en B′′ se e só se ABB′′ o é, ou sexa, 2 2 2AB AB BB′′ ′′= + , é dicir,
( )( )22 2 2 2 2 22 1c b c c b b c= + − + , que equivale, dividindo por 2c e utilizando o teorema de Pitágoras
2 2 1b c+ = en ABC , a que ( )2 2 1 0b b − = , ou sexa, 1 2b = e 3 2c = , é dicir, 6CBA π∠ = e
3ACB π∠ = . E, analogamente, A B C′ ′′ ′′ será rectángulo en C′′ se e só se 1 2c = , é dicir, 6ACB π∠ = e
3CBA π∠ = .
3. 4C A B π′′ ′ ′′∠ ≤ ⇔ 1 1 4C A C BA B π′ ′∠ + ∠ ≥ ⇔ ( )( ) ( )( )2 2 2 2arctan arctan 4b c c c b b π+ + + ≥
⇔ ( )( ) ( )( )arctan 1 arctan 1 4c c b b π− + − ≥ ⇔ ( )( ) ( )( )arctan 1 sen sen arctan 1 cos cos 4β β β β π− + − ≥ .
Sexa ( ) ( )( ) ( )( )arctan 1 sen sen arctan 1 cos cosf x x x x x= − + − , ( )0, 2x π∈ . Como ( ) 0f x≤
′≥
⇔ ( ) ( )( )sen cos 3 2 sen cos sen cos 0x x x x x x≤
− + − −≥
⇔ sen cosx x≤≥
⇔ 4x π≥≤
(pois ( )3 2 sen cos sen cos 0x x x x+ − − > para 0 2x π< < ) e ( ) 0f x′ = ⇔ 4x π= , resulta que f decrece
en ( )0, 4π , crece en ( )4, 2π π e alcanza o seu mínimo en 4x π= .
Como, ademais, ( ) ( )( )0 0 2f f π −+ = = , resulta que ( ) ( )4 4f fβ π π≥ = , con igualdade se e só se
4β π= , ou sexa, se e só se ABC é isóscele (e, polo tanto, tamén A B C′ ′′ ′′ é isóscele, pois
( ) ( )( )1 , 1A b b b b′ + + está sobre a bisectriz do primeiro e terceiro cuadrantes e B C′′ ′′ sobre a bisectriz do
segundo e cuarto cuadrantes).
PROBLEMA 231, propuesto por Antonio F. Costa y Juan BoscoRomero Marquez (†), Avila, Espana
Sea ABC un triangulo rectangulo cuyo angulo recto tiene por vertice A. En larecta que contiene a la hipotenusa de ABC se consideran los puntos B′, exteriora la hipotenusa y tal que BB′ = BA, y C ′, exterior a la hipotenusa y tal queCC ′ = CA.
Sea r la recta que pasa por B′ y C ′; H1 el semiplano determinado por r quecontienen a A; H2 el semiplano determinado por r que no contiene a A.
Por B′ trazamos dos rectas paralelas a los catetos y lo mismo hacemos por C ′
obteniendo ası un rectangulo A′B′C ′D′; el punto A′ es el vertice del rectangulo queesta en el semiplano H2.
Por A′ trazamos las rectas que pasan por B y C, y llamamos B′′ y C ′′ a lasintersecciones de dichas rectas con los lados del rectangulo y distintas de A′.
Probar:
1. Que el punto A esta en el segmento B′′C ′′.2. El triangulo A′B′′C ′′ es rectangulo si y solo si el triangulo ABC tiene
angulos agudos que miden 30◦ y 60◦.3. El angulo con vertice A′ del triangulo A′B′′C ′′ es como maximo 45◦, y ese
valor se alcanza cuando ABC es un triangulo isosceles (y por tanto tambienA′B′′C ′′ es isosceles).
Solucion por Daniel Lasaosa Medarde, Universidad Publica de Navarra,Pamplona, Espana
Los triangulos ABC, D′B′C ′ y A′C ′B′ son claramente semejantes, siendo elsegundo y el tercero resultado de escalar el primero con factor de escala a+b+c
a ,donde se ha usado la notacion habitual para los lados del triangulo, y a2 = b2 + c2
por ser ABC rectangulo en A. Usaremos libremente esta relacion de semejanza entoda la solucion. Asumiremos sin perdida de generalidad que b ≥ c, ya que podemosintercambiar B,C y todos sus puntos correspondientes, sin alterar el problema.
Proposicion 1: Sea A′B′D′C ′ un rectangulo cuyos lados mayores A′B′ y C ′D′
miden b(a+b+c)a , y sus lados menores B′D′ y A′C ′ miden c(a+b+c)
a , donde a2 =b2 + c2. Elijamos respectivamente sobre los lados D′B′, D′C ′ puntos P,Q tales queD′P = D′Q = 2bc
a . Entonces, las rectas A′P y A′Q cortan a la diagonal B′C ′
respectivamente en puntos P ′, Q′ tales que B′P ′ = c, P ′Q′ = a, Q′C ′ = b.Demostracion 1: Como a2 = b2 + c2, la diagonal B′C ′ del rectangulo mide
claramente a + b + c. Consideremos un sistema de coordenadas cartesianas concentro en B′ y tal que las semirrectas B′A′ y B′D′ son respectivamente los semiejespositivos horizontal y vertical. La ecuacion de la diagonal es claramente y = cx
b , ycomo B′P = c(a+b+c)
a − 2bca = c(a−b+c)
a , la ecuacion de la recta A′P es claramentey = c(a−b+c)
a − c(a−b+c)xb(a+b+c) . La interseccion de ambas rectas sucede entonces cuando
c(a− b+ c)a
− c(a− b+ c)xb(a+ b+ c)
=cx
b, x =
b(a− b+ c)(a+ b+ c)2a(a+ c)
=bc
a,
con lo que y = cb ·
bca = c2
a , y B′P ′ = c. De forma analoga se demuestra queQ′C ′ = b, y al ser B′C ′ = a+ b+ c, entonces P ′Q′ = a.
1
Proposicion 2: En la situacion descrita en el enunciado, A esta a una distanciaAD′ =
√2bca de D′, y sobre la bisectriz del angulo recto ∠B′D′C ′.
Demostracion 2: Sean H,H ′ las proyecciones de A,D′ sobre la recta B′C ′.Claramente,
HH ′ = BB′ +BH −B′H ′ = c+c2
a− c2(a+ b+ c)
a2=bc(b− c)
a2,
mientras que AH = bca y D′H ′ = bc(a+b+c)
a2 , luego
AD′ =√HH ′2 + (D′H ′ −AH)2 =
bc
a2
√(b− c)2 + (b+ c)2 =
√2bca
,
quedando demostrada la primera parte de la proposicion. Al mismo tiempo,
cos ∠AD′H ′ =D′H ′ −AH
AD′=b+ c√
2a, sin ∠AD′H ′ =
HH ′
AD′=b− c√
2a,
con lo que al ser cos ∠B′D′H ′ = ba y sin ∠B′D′H ′ = c
a , se tiene que
cos ∠B′D′A = cos ∠B′D′H ′ · cos ∠AD′H ′ − sin ∠B′D′H ′ · sin ∠AD′H ′ =1√2,
luego en efecto ∠B′D′A = 45◦, quedando demostrada la segunda parte de laproposicion.
En la situacion descrita en el enunciado, los puntos B,C coinciden con los pun-tos P ′, Q′ de la Proposicion 1, luego B′′, C ′′ coinciden con los puntos P,Q de laProposicion 1, es decir, B′′D′C ′′ es rectangulo isosceles en D′, con longitud de cate-tos 2bc
a . El punto medio de la hipotenusa B′′C ′′ es claramente el circuncentro deB′′D′C ′′, y esta sobre la bisectriz de ∠B′′D′C ′′ a una distancia igual a la longituddel cateto partido por
√2, es decir, A es dicho punto medio de la hipotenusa, y por
lo tanto esta sobre B′′C ′′, como querıamos demostrar.
Supongamos que A′B′′C ′′ es rectangulo en C ′′. Como ∠D′C ′′B′′ = 45◦, se tieneque ∠A′C ′′C ′ = 45◦, es decir, al ser ∠A′C ′C ′′ = ∠A′C ′D′ = 90◦, A′C ′′C ′ esrectangulo isosceles en C ′, luego A′C ′ = C ′C ′′ = C ′D′ − D′C ′′. El recıproco escierto, es decir, si A′C ′ = C ′C ′′, entonces ∠A′C ′′C ′ = 45◦, y ∠A′B′′C ′′ = 90◦.Luego A′B′′C ′′ es rectangulo en C ′′ si y solo si
c(a+ b+ c)a
=b(a+ b+ c)
a− 2bc
a, c2 + 2bc− b2 = a(b− c).
Sea ba = sinα =
√1− x2, c
a = cosα = x, con lo que sustituyendo y reorganizandoterminos, la anterior relacion es equivalente a
0 = (1− 2x)(√
1− x2 + 1 + x).
El segundo factor solo puede ser nulo cuando x = −1, claramente imposible pues0 < c
a < 1, luego ha de ser c = a2 y b =
√3a2 , con ∠ABC = 60◦ y ∠ACB = 30◦.
Restaurando la generalidad, y al no poder ser B′′A′C ′′ = 90◦ por ser ∠B′′A′C ′′ <∠B′A′C ′ = 90◦, se tiene que A′B′′C ′′ es rectangulo si y solo si uno de entre ∠B,∠Cmide 60◦ y el otro 30◦, como querıamos demostrar.
La altura de A′ sobre B′C ′ es claramente bc(a+b+c)a2 , con lo que el area del
triangulo A′BC es bc(a+b+c)2a . Ahora bien, por el teorema de Stewart,
BA′2 =
BB′ ·A′C ′2 +BC ′ ·A′B′2
B′C ′−BB′ ·BC ′ =
(a+ b)2(a2 − 2ab+ 2b2)a2
,
y de forma similar para CA′ intercambiando b y c. Entonces,
sin ∠B′′A′C ′′ = sin ∠BA′C =abc(a+ b+ c)
(a+ b)(a+ c)√
(a2 − 2ab+ 2b2)(a2 − 2ac+ 2c2).
Definiendo s = b+ c, d = b− c, tenemos que s2 + d2 = 2a2, y que s2 − d2 = 4bc, dedonde sustituyendo y operando, obtenemos que
sin ∠B′′A′C ′′ = sin ∠BA′C =a(s− a)√
2a4 − 2as3 + s4.
Por lo tanto, ∠B′′A′C ′′ ≥ 45◦ es equivalente aa(s− a)√
2a4 − 2as3 + s4≥ 1√
2,
es decir, a
(2a− s)(s2 − 2a2) ≥ 0, (2a− b− c)(b− c)2 ≤ 0.
El primer factor en el miembro de la izquierda es claramente positivo al ser a >b, c, luego solo puede darse la igualdad y esto sucede si y solo si b = c, es decir,∠B′′A′C ′′ ≤ 45◦, con igualdad si y solo si ABC es isosceles, como querıamosdemostrar.
Problema 231 Sea ABC un triángulo rectángulo cuyo ángulo recto tiene por vértice A. En la recta que contiene a la hipotenusa de ABC se consideran los puntos B’, exterior a la hipotenusa y tal que BB’ = BA, y C’, exterior a la hipotenusa y tal que CC’ = CA. Sea r la recta que pasa por B’ y C’; H1 el semiplano determinado por r que contienen a A; H2 el semiplano determinado por r que no contiene a A. Por B’ trazamos dos rectas paralelas a los catetos y lo mismo hacemos por C’ obteniendo así un rectángulo A’B’C’D ’; el punto A’ es el vértice del rectángulo que está en el semiplano H2. Por A’ trazamos las rectas que pasan por B y C, y llamamos B’’ y C’’ a las intersecciones de dichas rectas con los lados del rectángulo y distintas de A’. Probar: 1. Que el punto A está en el segmento B’’ C’’ 2. El triángulo A’B’’C’’ es rectángulo si y sólo si el triángulo ABC tiene ángulos agudos que miden 30º y 60º. 3. El ángulo con vértice A’ del triángulo A’B’’C’’ es como máximo 45º, y ese valor se alcanza cuando ABC es un triángulo isósceles (y por tanto también A’B’’C’’ es isósceles). Solución: a) Por construcción es claro que los triángulos D’B’C’ y ABC son semejantes con razón de semejanza
a b ck
a
+ += .
α
β
αβ
a
b
r
c
H2
H1
R
D''
D'
B''=B*
C''=C*
A'
C'B' B
C
A
También es evidente que A es el incentro del triángulo D’B’C’ y que su irradio R coincide con la
altura del triángulo ABC relativa a la hipotenusa y vale bc
Ra
= .
Llamemos *B al punto sobre D’B’ tal que *' 2D B R= y *C al punto sobre D’C’ tal que *' 2D C R= .
Evidentemente A es el centro del cuadrado * *' ''D B D C que tiene a *B y *C como vértice opuestos y
por tanto es el punto medio del segmento * *B C . Sólo queda ver que los puntos así definidos coinciden con los B’’, C’’ del enunciado. Tenemos de una parte *' 2B B kc R= − y de otra, al ser B’’B’B semejante a A’C’B se sigue
2' ''' ''
B B c kcB B
kc a b a b= ⇔ =
+ +
Entonces * ''B B= si y sólo si
2 2 2
2 2kc a b
kc R k c Ra b a b
−− = ⇔ − =+ +
Operando el primer miembro de la última igualdad, queda
( )( ) ( )2 2 2 2 22 22
a b c c a b b c a b c bc a bcR
a a a a
+ + − + + − + + −= = = =
de modo análogo se comprueba que * ''C C= . Queda probado que A es el punto medio del segmento B’’C’’ .
b) Como �'' '' 45ºAC D = , A’B’’C’’ será rectángulo en C’’ si y sólo si AC’’C es rectángulo e
isósceles lo que equivale a 1
cos 60º2 2 2
b bc b cR B B
a a= ⇔ = ⇔ = = ⇔ = .
c) Claramente ( )' 90ºA α β= − + , por tan to hemos de buscar el mínimo de α β+ y al estar en el
primer cuadrante bastará buscar el mínimo de su tangente. 1
tg 1 1 1 1sen
1tg 1 1 1 1
cos
c R c ac a
R R bc b Bb R b ab a
R R bc c B
α
β
−= = − = − = − = −
−= = − = − = − = −
De donde
( )
cos sen cos sen sen 2tg tg 2
sen ·cos sen ·cos1 cos sen
tg ·tg 1sen ·cos
B B B B B
B B B BB B
B B
α β
α β
+ + −+ = − =
− += +
Y finalmente
( ) tg tg cos sen sen2 1 sen 2tg 1
1 tg ·tg cos sen 1 cos sen 1
B B B B
B B B B
α βα βα β+ + − −+ = = = +
− + − + −
El mínimo se alcanza cuando el numerador tome su menor valor posible y su denominador el mayor valor y ambas cosas suceden cuando 45ºB = .
Cristóbal Sánchez-Rubio, Benicasim
Problema 231, propuesto por Antonio F. Costa y Juan Bosco Romero Márquez (†), Ávila, España Sea ABC un triángulo rectángulo cuyo ángulo recto tiene por vértice A. En la recta que contiene a la hipotenusa de ABC se consideran los puntos B’, exterior a la hipotenusa y tal que BB’ = BA, y C’, exterior a la hipotenusa y tal que CC’ = CA. Sea r la recta que pasa por B’ y C’; H1 el semiplano determinado por r que contienen a A; H2 el semiplano determinado por r que no contiene a A. Por B’ trazamos dos rectas paralelas a los catetos y lo mismo hacemos por C’ obteniendo así un rectángulo A’B’C’D’; el punto A’ es el vértice del rectángulo que está en el semiplano H2. Por A’ trazamos las rectas que pasan por B y C, y llamamos B’’ y C’’ a las intersecciones de dichas rectas con los lados del rectángulo y distintas de A’. Probar: 1. Que el punto A está en el segmento B’’C’’ 2. El triángulo A’B’’C’’ es rectángulo si y sólo si el triángulo ABC tiene ángulos agudos que miden 30º y 60º. 3. El ángulo con vértice A’ del triángulo A’B’’C’’ es como máximo 45º, y ese valor se alcanza cuando ABC es un triángulo isósceles (y por tanto también A’B’’C’’ es isósceles). Solución por sus amigos Ricardo Barroso Campos, profesor jubilado de la Universidad de Sevilla y Floro Damián Aranda Ballesteros, profesor de Matemáticas del IES Blas Infante en Córdoba. In memoriam. 1. Que el punto A está en el segmento B’’C’’
Sea el sistema de referencia euclídeo formado por: {A' B' (Eje x) y A' C' (Eje y); siendo A' el origen de referencia} Se tiene que n/b=c/a, por un lado y m/c=b/a. De donde resulta que: m=n=b.c/a. Por tanto el punto A está en la bisectriz del ángulo recto en el vértice D'. Veamos que la distancia del punto C'' a D'' es 2 m y que la distancia del punto B'' a la recta C' D' es 2 n. Si esto fuese así entonces A sería el punto medio del segmento B'' C''."Hallamos las coordenadas del punto C''.
Para ello, observamos que C'' pertenece a la recta 2 2 ( )c a b cy c m c n ya+ +
= − + + → = y a la recta A'C,
siendo 2 2 2 2( , )C b n c m c= − − +
Por tanto, la ecuación de la recta A'C' será 2 2
22 2
( )c m c c a cy x y xbb n
− + += → =
−.
Así el punto tendrá las coordenadas, 2 ( ) ( )'' ( , )
( )b a b c c a b cC
a a c a+ + + +
=+
Así, la distancia C''D' será igual a la diferencia siguiente:
2 2 2 22 2 2
2
2 2 2
2 2 2 2 2 2
( ) ( )( ) ( )( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) 2 2 2. . . .( ) ( ) ( )
c a b c bc b c c a b cn c c n c ca a b a a a a b
bc c c a b c c a b c c a b c a b c cc a b ca a a a b a a a b a a b
a b c a b a b ab bc c c ca a b a a b a a b
+ + + ++ + − − = + + − − =
+ +
+ + + + + + + −= + + − = − = + + =
+ + +
+ − + − − += = = =
+ + +( ) 2( )
b a b bca a b a
+=
+
Procediendo de la misma forma para el punto B’’, obtenemos sus coordenadas
2( ) ( )'' ( , )( )
b a b c c a b cBa a a b+ + + +
=+
Y así, la distancia B''D' será igual a la diferencia siguiente:
2 2 2 22 2 2
2
2 2 2
2 2 2 2 2 2
( ) ( )( ) ( )( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) 2 2 2. . . .( ) ( ) ( )
b a b c bc b c b a b cm b b n b ba a c a a a a c
bc b b a b c b a b c b a b c a c b bb a b ca a a a c a a a c a a c
a c b a c a c ac cb b b ba a c a a c a a c
+ + + ++ + − − = + + − − =
+ +
+ + + + + + + −= + + − = − = + + =
+ + +
+ − + − − += = = =
+ + +( ) 2( )c a c bc
a a c a+
=+
Por tanto, se tiene que el triángulo rectángulo D’B’’C’’ es isósceles y que, en efecto, A es el punto medio del segmento B’’C’’.
Observamos además que la razón de semejanza entre los triángulos B’C’D’ y BCA es igual a
( )a b cKa
+ +=
2.- El triángulo A’B’’C’’ es rectángulo si y sólo si el triángulo ABC tiene ángulos agudos que miden 30º y 60º. Supongamos que A’ B’’ C’’ sea rectángulo.
Tenemos que habrá de serlo por ejemplo en C’’. Por ello dado que hemos visto que D’B’’C’’ es rectángulo isósceles, habrá de ser también rectángulo isósceles el C’’C’A’.
Es decir, que habrá de ser: C’’C’ = C’A’
Es decir: 2
2( ) ( ) ( )( )
b a b c c a b c b c a ca a c a+ + + +
= → = ++
O sea:
2 2
2 2 2
( )
2
b c a c ac ca c ac ca c ca c
= + = +
− = +− ==
Así sucederá que el triángulo rectángulo ABC sea de ángulo C igual a 30º, y de ángulo B igual a 60º. c.q.d.
Supongamos ahora que ABC es 90º, 60º, 30º.
Es decir, 3; ;2 2
aa a b a c= = =
Por la razón de semejanza ( )a b cKa
+ += podemos hallar fácilmente A’C’:
32 2' ' ( 3 3)
2 4
a aaa aA Ca
+ += = +
Por otro lado, como 2 ( ) ( )'' ( , )
( )b a b c c a b cC
a a c a+ + + +
=+
' ''
22
2
3 3 1(1 )( ) 4 2 21( )
( 3 3)(1 )
24aC C
a ab a b ca a c a
+ +=
+=
+= +
++
Entonces A’C’=C’C’’ Así el triángulo C’C’’A’ es rectángulo isósceles, y <A’C’’C’ =45º, y dado que hemos visto anteriormente que <D’C’’B’’=45º, ha de ser A’ B’’ C’’ rectángulo, c.q.d.
3. El ángulo con vértice A’ del triángulo A’B’’C’’ es como máximo 45º, y ese valor se alcanza cuando ABC es un triángulo isósceles (y por tanto también A’B’’C’’ es isósceles). Si ABC es isósceles, Es 90º, 45º, 45º, y lo serán así también los triángulos D’B’C’ y D’B’’C’’.
Por ello, el triángulo C’C’’C es isósceles como se comprueba ya que: CC’= b y, como ya se ha visto,
C’C’’=
.
En definitiva, el triángulo C’C’’C es isósceles con ángulos iguales a 45º, 67,5º, 67,5º.
Así, <A’CB’=67,5º.
De manera análoga, <A’BC’=67,5º, y por fin, c.q.d., <BA’C=45º.
3) El ángulo con vértice A’ del triángulo A’B’’C’’ es como máximo 45º.
Como las coordenadas de los puntos son estas 2
2
'(0,0)
''( ( ), ( ))( )
''( ( ), ( ))( )
Ab cB a b c a b ca a a b
b cC a b c a b ca a c a
+ + + + +
+ + + ++
, podemos hallar la
expresión del coseno del ángulo A’, que coincidirá con la que formarían los vectores siguientes:
2
2
( , )( )
( , )( )
b cba a a b
b cca a c a
=+
=+
.cos ''
| | . | |b cA
b c=
.
Ahora bien, esta expresión determina una función simétrica respecto de las variables b y c. Por tanto, esta función continua presentará un extremo óptimo cuando b=c. Y, por el apartado 3i) anterior, si b=c entonces A’=45º.
Veamos además que el extremo que se presenta en 4
x π= es un mínimo ya que en ambos casos límite, b=0 (ó
c=0), se tiene que cos A’’=1, luego cuando b=c 2' cos
4 4 2A yπ π= = y así el valor máximo del ángulo que
puede tomar A’’ es de 45º.
Problema 232. Solucion de Roberto Bosch Cabrera, Ciudad de la Habana, Cuba.
Probaremos varias desigualdades las cuales en su conjunto implican (1) y (2).
Para λ ≥ 0 se tiene
√ab ≤
√(λa + b)(a + λb)
λ + 1
⇔ ab ≤ (λa + b)(a + λb)λ2 + 2λ + 1
⇔ λa2 + (λ2 + 1)ab + λb2 ≥ λ2ab + 2λab + ab
⇔ λ(a− b)2 ≥ 0
Para λ ≥ 0 se tiene √(λa + b)(a + λb)
λ + 1≤
√a2 + λab + b2
λ + 2
⇔ λa2 + (λ2 + 1)ab + λb2
λ2 + 2λ + 1≤ a2 + λab + b2
λ + 2⇔ (λ2 + 2λ + 1)a2 + (λ3 + 2λ2 + λ)ab + (λ2 + 2λ + 1)b2 ≥ (λ2 + 2λ)a2 + (λ3 + 2λ2 + λ + 2)ab + (λ2 + 2λ)b2
⇔ (a− b)2 ≥ 0
Para λ ≥ 2 se tiene √a2 + λab + b2
λ + 2≤ a + b
2
⇔ a2 + 2ab + b2
4≥ a2 + λab + b2
λ + 2⇔ (λ + 2)a2 + (2λ + 4)ab + (λ + 2)b2 ≥ 4a2 + 4λab + 4b2
⇔ (λ− 2)(a− b)2 ≥ 0
Para λ ≥ 0 se tiene √(λa + b)(a + λb)
λ + 1≤ a + b
2⇔ (λ2 + 2λ + 1)a2 + (2λ2 + 4λ + 2)ab + (λ2 + 2λ + 1)b2 ≥ 4λa2 + (4λ2 + 4)ab + 4λb2
⇔ (λ− 1)2(a− b)2 ≥ 0
Para 0 ≤ λ ≤ 2 se tiene
a + b
2≤
√a2 + λab + b2
λ + 2⇔ 4a2 + 4λab + 4b2 ≥ (λ + 2)a2 + (2λ + 4)ab + (λ + 2)b2
⇔ (2− λ)(a + b)2 ≥ 0
1
PROBLEMA 234, propuesto por D.M. Batinetu-Giurgiu, Bucarest, yNeculai Stanciu, Buzau, Rumanıa
Sea f : R → R una funcion par y derivable, con derivada continua. Si a ∈ R+,calcular ∫ +a
−a
(f(x)
1 + ex+ f ′(x) ln(1 + ex)
)dx.
Solucion por Daniel Lasaosa Medarde, Universidad Publica de Navarra,Pamplona, Espana
Sea g(x) = f(x) ln(1 + ex), con lo que
g′(x) = f ′(x) ln(1 + ex) +exf(x)1 + ex
,
y la integral pedida es∫ +a
−a
(f(x)
1 + ex+ f ′(x) ln(1 + ex)
)dx =
∫ +a
−a
(g′(x)− ex − 1
ex + 1f(x)
)dx =
= g(a)− g(−a)−∫ +a
−a
f(x) tanh(x)dx.
Ahora bien, como f(x) es par, y tanh(x) es impar, su producto es impar, y laintegracion de este entre lımites simetricos es nula. Luego como f(−a) = f(a) porser f(x) par, el valor de la integral pedida es
g(a)− g(−a) = f(a) ln(
1 + ea
1 + e−a
)= f(a) ln (ea) = af(a).
1
Problema 235. Solucion de Roberto Bosch Cabrera, Ciudad de la Habana, Cuba.
La distribucion gamma es continua y depende de dos parametros k y λ cuya funcion de densidad para valoresx > 0 es
f(x) = λe−λx (λx)k−1
Γ(k)
de donde X ∼ γ(n + 1, 1) tendra funcion de densidad
f(x) =xne−x
n!
de esta forma resulta
P(X ≥ 3) =∫ ∞
3
xne−x
n!dx
=1n!
(∫ ∞
0
xne−xdx−∫ 3
0
xne−xdx
)=
Γ(n + 1)n!
− 1n!
∫ 3
0
xne−xdx
= e−3 + e−33 + e−3 32
2!+ · · ·+ e−3 3n
n!
despues de aplicar integracion por partes varias veces. Entonces Y ∼ Poisson(3), ya que
P(Y ≤ n) = P(Y = 0) + P(Y = 1) + · · ·+ P(Y = n)
= e−3 + e−33 + e−3 32
2!+ · · ·+ e−3 3n
n!
Ahora teniendo en cuenta que mk(Y ) = E(Y k) se obtiene
m1(Y ) = E(Y ) =∞∑
k=0
k3k
k!e−3 = 3
donde se ha usado la expansion en serie de Taylor de ex. Ademas queda
m2(Y ) = E(Y 2) =∞∑
k=0
k2 3k
k!e−3
=∞∑
k=0
k3k
k!e−3 +
∞∑k=0
k(k − 1)3k
k!e−3
= 3 + 9∞∑
k=2
3k−2
(k − 2)!e−3
= 12
1
m3(Y ) = E(Y 3) =∞∑
k=0
k3 3k
k!e−3
=∞∑
k=1
k2 3k
(k − 1)!e−3
= 3∞∑
k=1
(k − 1)23k−1
(k − 1)!e−3 + 6
∞∑k=1
(k − 1)3k−1
(k − 1)!e−3 + 3
∞∑k=1
3k−1
(k − 1)!e−3
= 3 · 12 + 6 · 3 + 3= 57
Quedando finalmente m3(Y )m2(Y ) = 57
12 = 4.75, cuya parte entera es 4.
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Noticia de Congresos, comentario de páginas web y reseña de libros 48
Crossing the Bridge y The Geometry of the triangle; dos libros de Gerry Leversha.
La colección de libros que publica The United Kingdom Mathematics Trust no tiene, todavía, muchos títulos en su haber, pero todos son sumamente interesantes. En 2008, Gerry Leversha, miembro de la Mathematical Association y actualmente editor de su revista The Mathematical Gazette publicó Crossing the bridge, un volumen de 180 páginas dedicado a estudiar los aspectos fundamentales de la Geometría euclídea elemental.
Recientemente (este mismo año 2013) ha realizado un verdadero tour de forcé y acaba de salir, también en la colección del UKMT, The Geometry of the triangle (541 páginas!). Este libro está llamado a ser, a buen seguro, un título de referencia para quienes, por su edad o por obra y desgracia del currículo escolar y universitario que les tocó vivir, no han podido degustar los resultados geométricos sin utilizar coordenadas; aun cuando en uno de los Apéndices del libro se tratan las coordenadas baricéntricas, muy utilizadas hoy en día en revistas digitales como Forum Geometricorum o Foros de internet como Advanced Geometry, un foro muy reciente que sustituye a Hyacinthus, que ha sido cancelado unilateralmente por su Administrador de cuyo nombre prefiero no acordarme.
En ambos libros se incluyen muchos ejercicios propuestos; la edición y tipografía son impecables (no podía ser menos, en estos tiempos tecnológicamente avanzados); la Bibliografía es amplia e incluye muchos enlaces a sitios de Internet, con lo que se beneficiarán, también, quienes no tengan acceso a una Biblioteca tradicional con libros de Geometría en formato tradicional.
Recomiendo vivamente estas dos preciosas muestras de la Geometría explicada comme il faut.
Leversha, G. Crossing the bridge. Pathways number 1. UKMT, 2008.
Leversha, G. The Geometry of the Triangle. Pathways number 2. UKMT, 2013.
Valladolid, 27 de mayo de 2013
Francisco Bellot Rosado
Capturado en internet 48
Topología de la recta real
Que levante la mano quien no lo haya escuchado en clase alguna vez…
Nuevas tecnologías
La vida real no siempre es políticamente correcta
Si lo ponen en práctica, los matemáticos sí que tendrían desempleo
Salvando la infinita distancia con el protagonista de la foto, la mesa del editor está aproximadamente así.
