Revista Olimpica. II Trimestre 2009

Gaspar Monge 

Jean Baptiste Joseph Fourier 

Problemas de Matemática  para Competencias olímpicas

Sociedad Ramamsem

II TRIMESTRE DEL 2009

CONTENIDO  ________________________________  Página 1. Presentación

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2. Solución a los anteriores Problemas de Competencias no Olímpicas

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3. Problemas de Competencias no Olímpicas

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4. CURIOSATO 

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5. Solución a los problemas anteriores de la columna “Olimpiadas alrededor del mundo”.

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6. Olimpiadas alrededor del mundo

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7. Lógica y Matemática Recreativa

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8. Guía y lecciones de entrenamiento para competencias matemáticas.

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1. Presentación. Esta publicación es realizada por la Sociedad RAMAMSEM y va dirigida a todas aquellas personas que deseen explorar una matemática diferente a la que se enseña en secundaria, y algo más ! Toda comunicación o información con respecto a los problemas propuestos o soluciones, pueden ser enviados a

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[email protected] o bien [email protected]

A partir de esta publicación, estaremos reseñando la biografía de algunos matemáticos célebres no solamente para honrar su memoria sino también humanizar este gran campo del conocimiento humano y universal como lo es la matemática. En nuestra portada aparecen representados los matemáticos Gaspar Monge y Jean Baptiste Joseph Fourier. Estas referencias bibliográficas han sido tomadas textualmente de “20 matemáticos célebres” de Francisco Vera.

MONGE Y FOURIER DOS AMIGOS DE NAPOLEÓN

El parto mellizo del Cálculo Infinitesimal, en la segunda mitad del siglo XVII, produjo tal revolución en el Análisis que todos los matemáticos del XVIII se apercibieron a investigar en la rama analítica, dando de lado a la geométrica que permanecía estacionaria desde Pascal, discípulo de Desargues, que es verdadero precursor de los estudios modernos de la Geometría por la Geometría. Y cuando el año 1795 inicia Gaspar Monge sus conferencias sobre el sistema diédrico en la Escuela Normal Superior de París, Europa no tiene, en realidad, más que un solo geómetra digno de este nombre: Jorge Juan, a quien sus contemporáneos llamaban "el sabio español" por antonomasia, y cuyo perfil matemático fue dibujado por Antonio Sánchez

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Sociedad RAMAMSEM Sociedad RAMAMSEM Pérez en un artículo periodístico, recogido después en sus Actualidades de Antaño, Madrid, 1895. Dice Sánchez Pérez: "Euler, primer matemático de la humanidad, publicó una notabilísima obra titulada Ciencia Naval en 1749, época en que el sabio había llegado al apogeo de su gloria. Quien sepa que los primeros trabajos que dieron celebridad a Euler versan ya sobre cuestiones navales, comprenderá hasta qué punto se había esmerado en dicha obra y cuántos años de afanes representaba. Ahora bien, en 1771, publica Jorge Juan su Examen marítimo y asombra al mundo. Empieza por observar que los geómetras que le han precedido han admitido con ligereza algunas proposiciones de los nuevos principios de filosofía natural, y los corrige. Necesita más conocimientos de mecánica que los que hay en su época y crea la mayor parte de la mecánica de los sólidos. Corregido Newton, creada así casi por completo la nueva ciencia, empieza a rehacer la ciencia antigua, y tiene que abandonar el camino seguido por sus predecesores. Así llega, por fin, a fórmulas que concuerdan perfectamente con la experiencia. Para probar el rigor de sus teorías crea otra que, si bien carece de importancia práctica, la tiene muy grande para los que aprecian la ciencia por la ciencia: esta es la teoría de los voladores o cometas. La opinión del mundo sabio se había rebelado contra las conclusiones de todos les geómetras. Habla Jorge Juan y la Europa calla. Y, sin embargo, el autor del Examen señala a cada geómetra sus errores; y en cuanto a los de Newton, los hace recaer sobre las Academias que, con su autoridad, sostenían la de Newton. Levéque traduce el Examen al francés y la Academia de París obtiene del Gobierno el privilegio de la publicación." Después de la obra de Jorge Juan aparecieron: los " Freyen Perspective " de Lambert, Zurich, 1774; los " Eléments de Géométrie " de Legendre, París, 1794, y la " Geometria di compasso " de Mascheroni, Pavía, 1797; pero el progreso máximo de la Geometría corresponde a los últimos años del siglo XVIII y primeros del XIX que llenan tres nombres, franceses los tres, y los tres hijos de la Revolución, que hacen brotar del viejo tronco euclídeo sendas ramas nuevas: Gaspar Monge, varias veces ministro, que da al mundo la Geometría Descriptiva; Lázaro Carnot, llamado con justicia el Organizador de la Victoria, que funda la Geometría de la Posición, y Víctor Poncelet, prisionero de los rusos en Saratov, que crea la Geometría Proyectiva.

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Sociedad RAMAMSEM Sociedad RAMAMSEM Hablemos del primero, que tiene en otro compatriota y coetáneo, Fourier, el complemento de su vida. Gaspar Monge nació en Beaune, Borgoña, el 10 de mayo de 1746, y fue hijo de un afilador, hombre aficionado a la cultura, que quería que sus retoños llegaran a ocupar la posición social que a él le había sido imposible. Se comprende, pues, la alegría del afilador cuando Gaspar ganó el primer premio en el colegio, al que siguieron después otros muchos, lo que le valió el honroso título de puer aurcus , que fue el orgullo de su padre. Apenas contaba catorce años cuando inventó una bomba de incendios. Sus conterráneos quedaron maravillados del talento de aquel niño, que contestaba invariablemente a las preguntas que le hacían sobre su invento: "He empleado dos medios infalibles: una tenacidad a toda prueba y mis dedos, que han reproducido mi pensamiento con fidelidad geométrica", palabras que caracterizan el genio de Monge: la perseverancia y la habilidad manual. La primera, de acuerdo con la concepción goethiana, le condujo a dar una nueva dirección a la Geometría, y la segunda le permitió ser ejemplo vivo de los obreros que estuvieron a sus órdenes en uno de los momentos más dramáticos de la historia de Francia. A los dieciséis años levantó el plano de Beaune, trabajo que fue el origen de su carrera. Sus profesores, que dependen del Oratorio de Lyon, lo propusieron que ingresara en su orden y le recomendaron para que explicara Física en el Colegio Central de la ciudad del Ródano; pero el afilador aconsejó a su hijo que no aceptara porque un oficial de Ingenieros le había indicado que su porvenir estaba en la Escuela Militar de Mezières, y allí acudió el   joven Gaspar ignorando que su humilde origen sólo le permitiría entrar en la sección práctica, cuya más importante misión era la de défiler un Port con arreglo a laboriosos métodos tradicionales que Monge no tardó en simplificar; pero su genio inventiva tropezó con la resistencia pasiva de sus superiores cuyo misoneísmo les impedía aceptar novedades. Sin embargo, Monge era tenaz, y pudo, al fin, imponer sus procedimientos. Entonces le nombraron profesor adjunto, previo juramento de no revelar su secreto. Poco después, cuando sólo tenía veintidós años de edad, realizó algunas investigaciones sobre las propiedades infinitesimales de las curvas y superficies y presentó a la Academia de Ciencias de París, el 11 de enero de 1771, una Mémoire sur les développées, les rayons

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Sociedad RAMAMSEM Sociedad RAMAMSEM de courbure et les différents genres d'infléxions des courbes a doble courbure , que tiene excepcional importancia tanto para la Geometría Analítica como para la teoría de curvas alabeadas, y fue nombrado profesor titular de la Escuela: primero de Matemática y luego, además, de Física, lo que le obligaba a un doble trabajo abrumador. Pero esto no le impedía acudir a salones y tertulias. Hijo de su siglo, Monge gustaba del diálogo galante y de la conversación literaria, haciendo compatible la rigidez de su formación científica con la flexibilidad de su espíritu de mosquetero. En una recepción oyó hablar en términos poco correctos de una joven y bella viudita a cierto galán despachado, y, nuevo Quijote, no sólo defendió caballerescamente a la dama, de la que ignoraba hasta el nombre, sino que pasando a vías de hecho dio una descomunal bofetada al galán. Era inevitable el desafío, y Monge propuso que fuera a muerte nada menos; pero los padrinos pudieron arreglar el asunto por medio de un acta y no se verificó el duelo. Unos meses después, en otra recepción, le fue presentada una joven de veinte años cuya singular belleza le produjo honda impresión: el consabido flechazo tan a la orden del día en aquella época. La joven era la viudita quien había defendido, y Monge le propuso, sin más preámbulos, casarse inmediatamente. Ella le contestó que tenía que arreglar algunas cuentas pendientes de su esposo antes de decidirse a contraer nuevo matrimonio, a lo que Monge respondió: "No se preocupe por eso. Yo he resuelto muchos problemas más difíciles". Y en efecto, se casó con ella. Esto ocurría el año 1777, cuando ya su nombre era conocido en los centros científicos de París. Sus trabajos sobre las ecuaciones en derivadas parciales utilizando originales consideraciones geométricas, habían llamado la atención de los matemáticos, y con razón dijo Lagrange: "Avec son aplication de 1'Analyse á la representation des surfaces, ce diable d'homme sera immortel" Por entonces empezó a bullir en su cerebro la idea de la que con feliz neologismo llamó Geometría Descriptiva; pero la rivalidad entre las Escuelas Militares francesas del antiguo régimen retrasó el conocimiento de sus métodos. Tres años más tarde, Condorcet y D'Alembert aconsejaban al Gobierno la fundación de un Instituto de Hidráulica en el Louvre, y Monge fue llamado a París con la obligación de residir la mitad del año en la capital y la otra mitad en Mezières. Y aquí termina la primera época de la vida de Monge, época dedicada a la enseñanza y a la gestación de su obra inmortal.

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Sociedad RAMAMSEM Sociedad RAMAMSEM La segunda época es dinámica y tumultuosa. Nacido del pueblo, Monge abrazó con entusiasmo los principios de la Revolución; y cuando después de la batalla de Valmy, 20 de septiembre de 1792, que, al decir de Goethe, abrió una nueva era en la Historia, quedó abolida la Monarquía e implantada la República en Francia, la Asamblea Legislativa le nombró ministro de Marina, cargo que desempeñó hasta el 13 de febrero de 1793 en que dimitió porque creyeron que no era suficientemente radical; pero fue reelegido el 18 al convencerse la Convención de que quien iba a producir una revolución en la Geometría era un perfecto revolucionario en el sentido que daban a esta palabra los hombres del 89. Fue un ministro incorruptible. No ignoraba que su cabeza podía caer en el cesto fatal, pero nunca claudicó ante los ignorantes ni ante los ineptos, y su encendida fe en los destinos de Francia sólo abrigaba un temor que las disensiones internas de su país, que estaba, además, desarmado, facilitaran la ofensiva del extranjero y redujesen a la nada las conquistas de la Revolución. Con perfecta acuidad política, Monge denunció el peligro; y cuando se produjo la ofensiva, la Convención le autorizó, con fecha 10 de abril de 1793, para poner en práctica sus ideas salvadoras. La primera preocupación de Monge fue abastecer los arsenales que no tenían municiones para hacer a la situación. El cobre y el estaño para fabricar el bronce de los cañones y el salitre indispensable para la pólvora eran de procedencia extranjera. "Dadme salitre y en tres días cargaré los cañones", dijo Monge a la Convención. Y de dónde lo sacaremos?", preguntaron los convencionales. "De los sótanos de las casas", respondió Monge respaldado por Berthollet que, como todos los científicos, se había adherido a la causa de la Revolución. Toda la nación se puso en pie de guerra. Se movilizó un ejército de novecientos mil hombres para defender el suelo francés y bajo la dirección de Monge, Francia se convirtió en una inmensa fábrica de material bélico. Sólo en París se establecieron doscientas cincuenta y ocho fraguas y quince herrerías que construían mil fusiles diarios, la fábrica de Grenoble puso en práctica los métodos de Berthollet y dio treinta mil libras de pólvora diarias y las fundiciones produjeron al ritmo de siete mil piezas de bronce y trece mil de hierro colado al año. Con una actividad verdaderamente sobrehumana, puestos los ojos en un alto ideal patriótico, Monge inspeccionaba fábricas y arsenales, corregía personalmente los errores

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Sociedad RAMAMSEM Sociedad RAMAMSEM cometidos por los obreros, y por la noche, en vez de entregarse a un bien merecido descanso, redactaba circulares relativas a la manera de trabajar con la máxima eficacia en un tiempo mínimo. Su boletín sobre El arte de construir cañones , fue el breviario de todas las fábricas y aún hoy, después de siglo y medio, todavía se puede consultar con provecho. Por una natural reacción biológica, la popularidad del gran matemático trajo como consecuencia la formación de un grupo enemigo, Un día, al salir de su casa, su esposa oyó susurrar misteriosamente a las vecinas que Monge y Berthollet iban a ser denunciados. Loca de terror corrió a las Tullerías, donde encontró al gran químico sentado tranquilamente bajo los castaños. Berthollet, que era un ironista plácido y bonachón, le dijo que, en efecto, la noticia era cierta, pero que tardaría una semana en convertirse en realidad, y con su habitual placidez agregó: "Dentro de unos ocho días su esposo y yo seremos detenidos, interrogados, condenados y ejecutados." La bella viudita recasada, que ya era una noble matrona, hecha y perfecta, vio a su esposo ante la barra, acusado de traidor a la patria, y, luego de una tempestuosa sesión, presidida por jueces parciales, subiría a la carreta trágica para que la hoja de la guillotina realizara la mortal ablación del cuello que tantas veces había ella rodeado con sus brazos. Cuando Monge, al llegar a su casa por la noche, la encontró convertida en un mar de lágrimas y conoció la causa de su inmensa tristeza, le dijo sencillamente: "No sabía nada de eso. Lo único que sé es que mis fábricas marchan estupendamente." Pero algo había de verdad en el rumor, porque poco después el "ciudadano Gaspar Monge fue denunciado por su portero, lo que le obligó a ausentarse de París hasta que pasara la tormenta, que, afortunadamente, duró poco, y cuyo final coincide con el principio de una nueva etapa de su vida. El 9 de brumario del año II, 30 de octubre de 1793, "la Convención Nacional, queriendo acelerar la época en que pudiera hacer extender de una manera uniforme en toda la República la instrucción necesaria a los ciudadanos franceses", creó la Escuela Normal, en la que ingresarían "los ciudadanos ya instruidos en las ciencias útiles, para aprender, bajo la dirección de los profesores más hábiles, el arte de enseñar". Los alumnos eran designados por los municipios a razón de uno por cada veinte mil habitantes; debían tener veinticinco años cumplidos, y "unir a costumbres puras el más probado patriotismo". Cobrarían, además, un sueldo de mil doscientos francos anuales.

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Sociedad RAMAMSEM Sociedad RAMAMSEM La Convención empezaba a poner en práctica el lema: "Después del pan, la educación es la primera necesidad de un hombre", que fue la divisa de Danton, equivalente al "Despensa y escuela" que Joaquín Costa había de defender en la España sin pulso de fines del siglo XIX, después del colapso del 98. En nombre del Comité de Instrucción Pública, Lakanal redactó el reglamento interior de la Escuela en que, además de las lecciones magistrales, habría conferencias y discusiones en las que tomarían parte maestros y discípulos. Monge fue nombrado profesor de Matemática y se autorizó para explicar públicamente sus nuevas concepciones que cristalizaron en la creación de la Geometría Descriptiva, cuyo tratado no publicó hasta el año 1800. Aunque según su autor, la nueva ciencia tenía por objeto " tirer la nation française de la dépendence oú elle a été jusqu'á présent de l'industrie étrangère ", toda la obra tiene carácter científico puro. Los dos objetivos que perseguía Monge, eran, según sus propias palabras: "El primero, dar métodos par representar en una hoja de dibujo, que no tiene más que dos dimensiones, largo y ancho, todos los cuerpos del Naturaleza, que tienen tres: longitud, anchura y profundidad, siempre que estos cuerpos se puedan definir rigurosamente. El segundo objeto es proporcionar el medio de reconocer las formas de los cuerpos luego una descripción exacta, y deducir de aquí todas las verdades que resulten en su forma y en sus posiciones respectivas. Además, de igual modo que una vez planteado un problema el Análisis da procedimientos para resolver las ecuaciones y deducir los valores de cada incógnita, en la Geometría Descriptiva existen métodos generales para construir todo lo que resulta de la forma y de la posición de los cuerpos. Esta comparación de la Geometría Descriptiva con el Álgebra no es gratuita, puesto que ambas ciencias están en íntima relación. No hay ninguna construcción de Geometría Descriptiva que no tenga una traducción analítica, y cuando las cuestiones no tienen más de tres incógnitas, cada operación se puede considerar como la escritura de un espectáculo en Geometría. Sería de desear que estas dos ciencias estudiasen simultáneamente: la Geometría Descriptiva llevaría a las más complicadas operaciones analíticas la evidencia que las caracteriza y, a su vez, el Análisis llevaría a la Geometría la generalidad que le es propia. La idea de Monge, como todas las ideas geniales, es muy sencilla. Supongamos dos planos: uno horizontal otro vertical, en ángulo recto, a la manera de un libro abierto

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Sociedad RAMAMSEM Sociedad RAMAMSEM apoyado contra una pared. Si imaginemos cuerpo, un cilindro, por ejemplo, para fijar las idea y lo proyectarnos sobre los dos planos, tendremos, circulo sobre el horizontal y un rectángulo, de igual anchura que el diámetro del círculo, sobre el vertical. Abatiendo ahora este plano sobre aquél, resulta un solo plano, como el libro abierto sobre la mesa, y en él las dos proyecciones, de dos dimensiones, del cilindro, que tiene tres. Este es un método descriptivo que permite representar sobre una hoja de papel los cuerpos del mundo exterior, y basta un pequeño entrenamiento para leer en el plano con la misma facilidad con que se lee una fotografía aérea. Claro es que la concepción de Monge ha tenido desarrollos posteriores, pero es el genial geómetra francés quien hizo progresar la ingeniería militar, el dibujo de máquinas y los métodos gráficos de construcción, y quien dio forma definitiva a la obra encentada por Vitrubio para la arquitectura en la Roma de Augusto; por Alberto Durero para la pintura en la Alemania luterana y por el polifacético Leonardo da Vinci para ambas artes en la Italia del Renacimiento. A la creación de la Escuela Normal siguió la Central de Trabajos Públicos. El 21 de ventoso año II, 11 de marzo 1794, Barére pidió una Escuela de Ingenieros civiles y militares. El decreto, redactado por Fourcroy, se promulgó el 7 de vendimiarlo año III, 28 de septiembre 1794, y la Escuela se inauguró el 10 de frimario, 30 de noviembre, y el 15 de fructidor siguiente, 1 de septiembre 1795, recibió el nombre de Escuela Politécnica, que conserva todavía. Debía tener cuatrocientos alumnos, elegidos por concurso, y los estudios duraban tres cursos, cobrando los estudiantes mil doscientos francos anuales, como los de la Normal. Monge fue encargado de organizar la Escuela y explicar Matemática. La Convención, que había modificado por completo el sistema político y social de Francia, no podía negarse a aceptar innovaciones pedagógicas, y puede decirse que, a partir del año 1795, los métodos de enseñanza sufrieron una transformación radical en manos de Monge. Hasta entonces, el sabio propiamente dicho sólo enseñaba rara vez. Era un hombre dedicado a la investigación, mal vestido y peor alimentado, que, por regla general, sabía lo que todo el mundo ignoraba e ignoraba lo que todo el mundo sabía; un hombre al margen de todos los demás, que sólo tenía contacto con sus compañeros de tal o cual sociedad científica, de las que empezaron a crearse a fines del siglo anterior, y que publicaba el resultado de sus meditaciones en alguna de las revistas que ya se editaban y

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Sociedad RAMAMSEM Sociedad RAMAMSEM a las que se debe la iniciación del intercambio intelectual que es hoy una necesidad imperativa y sólo era entonces un balbuceo. Pero a partir de Monge, el sabio no profesor es una excepción. Creció de manera sorprendente el número de vocaciones científicas y, en particular, las matemáticas, y más en particular las geométricas. Monge formó una verdadera escuela de geómetras que ilustran los nombres de Lacroix, Hachette, Dupin, Briachon y Gaultier de Tours, para no citar más que a sus discípulos inmediatos, quienes introdujeron en la Geometría métodos demostrativos que habrían rechazado los antiguos como una licencia incompatible con su concepción matemática del rigor, pero que en manos de los geómetras de la escuela de Monge condujeron a resultados felices. La Politécnica ejerció una influencia decisiva en la enseñanza de la Matemática, a pesar de sus dos defectos originales: el sistema centralizador, característica, por otra parte, de la política francesa, que hizo crecer demasiado el número de alumnos, y el criterio de los tribunales examinadores que juzgaban por las esperanzas de los candidatos, lo que trajo como consecuencia ciertos lamentables fracasos, como el de Galois; pero hay que hacer a la Convención la justicia de declarar que no sólo supo dirigir el patriotismo y la abnegación de los franceses del período revolucionario, sino que su a veces exagerada neofilia fue fecunda en materia de pedagogía matemática mediante la creación de las escuelas Normal y Politécnica en las que dejó imborrable huella de león uno de los más grandes geómetras de la Historia. No hay que olvidar tampoco al ya citado Lakanal, que fundó las Escuelas Centrales cuyos becarios ostentaban el título de "Discípulos de la Patria", ni a Condorcet, que creó la Sociedad Nacional de Ciencias y Artes, el 5 de fructidor del año III, 22 de agosto 1795, lo que le acarreó no pocos disgustos y sinsabores una vez apagado el fermento revolucionario. Y llegamos ya al último período de la vida de Monge, que empieza el año 1796 con una carta de Napoleón en la que el militar decía al matemático: "Permítame que le agradezca la acogida que el ministro de Marina de 1792 dispensó en cierta ocasión a un joven oficial de Artillería, desconocido y un poco en desgracia. El oscuro oficial de entonces es hoy el general del Ejército de Italia y tiene el honor de tenderle una mano agradecida y amiga."

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Sociedad RAMAMSEM Sociedad RAMAMSEM Esa carta fue el origen de la amistad entre Monge y Napoleón, amistad desinteresada por parte de ambos, lo que no tiene nada de particular respecto de Monge, que era noble, pero sí respecto de Napoleón, que era un ambicioso y nada sensible a los afectos. Comentando esta amistad, el astrónomo Arago pone en boca de Bonaparte esta frase: "Monge me adora como a una amante." Napoleón no olvidó que Monge, siendo ministro de Marina, le había ayudado en su carrera, y su gratitud se tradujo por el nombramiento, juntamente con Berthollet, de comisario del Directorio para seleccionar las obras de arte "regaladas" por los italianos como aportación voluntaria" para contribuir a los gastos de guerra. Estos regalos y aportaciones voluntarias son eufemismos napoleónicos que hoy no nos sorprenden. Comparado con los dictadores actuales, Napoleón resulta un ingenuo en el arte de desvalijar; pero tuvo en cuenta la opinión de Monge cuando éste le aconsejó moderación. Al año siguiente de su viaje a Italia como perito de arte, Monge hubo de hacer otro como miembro de la comisión nombrada para depurar responsabilidades con motivo del asesinato del general Duphot. A la comisión se le ocurrió la "luminosa" idea de proponer el establecimiento de una República de tipo francés, a lo que se opuso sensatamente cierto diplomático diciendo que había que poner un límite a todo, incluso a los derechos de conquista. Los hechos le dieron la razón ocho meses después cuando, proclamada la República en Italia, se encontró en un aprieto Napoleón, entonces en El Cairo, y con é, Monge, que era una de las pocas personas que conocían el plan de invasión a Egipto. Y en este momento entra en escena Fourier, el creador de la Física matemática moderna, con su Teoría analítica del calor , obra calificada por lord Kelvin de gran poema matemático, a pesar de su evidente falta de rigor desde el punto de vista de la Matemática pura. José Fourier había nacido en Auxerre el 21 de mayo de 1768. Tenía, pues, treinta años cuando conoció a Napoleón personalmente. Siendo un niño de ocho años murió su padre, que era un modesto sastre, y el huerfanito fue recomendado al obispo de Auxerre por una dama caritativa. El prelado lo internó en la Escuela Militar de la ciudad, que regentaban los benedictinos, donde no tardó en destacarse por su talento. A los doce años escribía sermones para los signatarios de la Iglesia, quienes se los aprendían de memoria y los lanzaban desde el púlpito como piezas oratorias originales.

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Sociedad RAMAMSEM Sociedad RAMAMSEM Los benedictinos le aconsejaron que ingresara en su orden, y Fourier, que sabía que la Escuela Militar no podía conceder el título de oficial al hijo de un sastre, decidió meterse a fraile, a cuyo efecto hizo el noviciado en la abadía de Saint Benoit; pero antes de pronunciar los votos estalló la Revolución y Fourier cambió la vida silenciosa de la celda conventual por la vida agitada del París de 1789, decidido a tomar parte en las revueltas callejeras y dedicarse a la Matemática, ciencia con la que había trabado conocimiento en la Escuela Militar de Auxerre. Su inclinación natural le guió hacia el estudio de las ecuaciones numéricas, y el 9 de diciembre de aquel año glorioso presentó a la Academia de Ciencias una memoria que causó gran sensación en el mundo matemático, y fue nombrado alumno de la Escuela Normal. Allí conoció a Monge y al poco tiempo llegó a "maître de conférences", pasando luego a la Politécnica, donde afirmó su amistad con el creador de la Geometría Descriptiva. El año 1798 ambos fueron nombrados, con Berthollet, miembros de la Legión de Cultura que Napoleón llevó consigo a Egipto "para tender una mano segura a los pueblos desgraciados y libertarlos del yugo brutal bajo el cual gimen desde hace siglos, a fin de hacerles gozar sin retraso de los beneficios de la civilización europea", palabras que no son de un político, sino de un astrónomo, Arago que explicaba, en 1883, las razones que movieron a Napoleón para llevar a cabo la campaña de Egipto. La flota francesa, que se componía de quinientos barcos, llegó a Malta el 8 de junio, y tres días después los gruñones tomaban la plaza, Como primera medida civilizadora, Monge creó quince escuelas elementales y una Superior calcada sobre el molde de la Politécnica. A los pocos días, el Oriente , que llevaba el pabellón napoleónico y a cuyo bordo iban los tres mosqueteros de la cultura europea: Monge, Fourier y Berthollet, zarpó rumbo a Egipto. Durante la travesía, Napoleón trazaba todas las mañanas el plan de la tertulia nocturna para después de cenar. Eran charlas de tipo científico y los asuntos que más preocupaban al corso y que sometía constantemente a discusión eran: la edad de la Tierra, su posible destrucción por el agua o por el fuego y la pluralidad de mundos habitados. Este último tema demuestra que los delirios de Napoleón superaban a los de Alejandro. El capitán macedonio soñaba modestamente con conquistar el mundo entonces conocido, mientras que Napoleón hacía planes subconscientes para invadir los planetas del sistema solar, porque el globo terráqueo, incluida América, de la que también pensó adueñarse, era

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Sociedad RAMAMSEM Sociedad RAMAMSEM pequeño para su ambición teratológica. Si viviera hoy diría que su espacio vital empezaba en la Luna. El 1 de julio llegó la flota francesa a Alejandría, y Monge, Fourier y Berthollet desembarcaron inmediatamente, apercibiéndose a remontar el Nilo hasta El Cairo, lo que si bien les impidió presenciar el asalto de la ciudad a los acordes de la Marsellesa, les puso a cubierto de una posible emboscada. Napoleón era previsor; pero un día se llevó un susto descomunal al oír un formidable cañoneo procedente del río. Temiendo por la suerte de los miembros de la Legión de Cultura, abandonó el campo de batalla y corrió al galope de su caballo hacia el sitio de donde procedían los cañonazos. El barco fluvial de los intelectuales había varado en un banco de arena y era objeto de un ataque. Monge servía la pieza como un consumado artillero e intentaba rechazar en vano a los asaltantes, quienes, al divisar el famoso sombrero bicorne de Napoleón, se dieron a la fuga. Después de la batalla de las Pirámides, 20 de julio, el ejército francés entró en El Cairo cantando a grito pelado "Allons, enfants de la patrie", y los egipcios, que no entendían una palabra, protestaban a su manera por la noche: rebanando todos los cuellos franceses que podían, al amparo de la oscuridad. Estos atentados preocupaban a Napoleón; pero como le preocupaban más las noticias de París, decidió regresar secretamente a Francia con Monge y Berthollet, dejando a Fourier en El Cairo para que continuara su labor cultural. El viaje de vuelta no fue tan agradable como el de ida. Evidentemente, el corso había desertado ante el enemigo y en vez de pensar en invadir los planetas pensaba en su suerte si lo atrapaban los ingleses. Como todos los dictadores que en el mundo han sido -y son- gustaba de los efectos teatrales y no se resignaba a morir de una manera vulgar. ¡Qué lejos estaba entonces de pensar que iba a acabar vulgarmente en un peñasco perdido en medio del Atlántico! Encargó a Monge nada menos que hiciese volar el barco si era atacado por los ingleses. Justamente al otro día apareció una silueta sospechosa en el horizonte y todo el mundo se apercibió a rechazar el ataque; pero resultó que el barco era francés. Cuando se le pasó el susto, Napoleón preguntó por Monge y grande fue su inquietud al no aparecer éste por parte alguna. Luego de un minucioso registro, lo encontraron en el polvorín con una mecha encendida en la mano, y costó no poco trabajo convencerle de que aquello era una barbaridad.

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Sociedad RAMAMSEM Sociedad RAMAMSEM Monge y Berthollet llegaron a París en lamentable estado. No se habían mudado de ropa durante toda la travesía. A Monge, en particular, no le conoció su portero -¡tan sucio iba!- y se negaba a dejarlo entrar en su casa. El 2 de enero de 1802 regresó Fourier. Había estado en El Cairo hasta que los franceses, después de Trafalgar, se convencieron de que era a los ingleses a quienes correspondía civilizar a Egipto. Fourier fue nombrado prefecto del Isère con residencia en Grenoble, donde tuvo que resolver no pocos problemas de orden público. La región estaba agitada por las cuestiones religiosas que recientes descubrimientos arqueológicos hacían incompatibles con la cronología bíblica; pero Fourier consiguió la tranquilidad desempolvando los huesos de un tío abuelo: el bienaventurado Pedro Ped ro Fourier, y los grenobleses se olvidaron de la Biblia para cantar alabanzas en loor de su coterráneo, tregua que aprovechó Fourier para realizar grandes trabajos públicos: la desecación de las marismas, entre ellos, que beneficiaron al departamento. Durante su estancia en Grenoble redactó la Teoría analítica del calor, cuya primera memoria presentó a la Academia de Ciencias el año 1807, obteniendo tal éxito que los académicos propusieron este tema para el Gran Premio de 1812, al que concurrió Fourier y se lo llevó, a pesar de las reservas que hicieron Laplace, Lagrange y Legendre sobre el rigor de ciertas proposiciones. En esto radica precisamente la diferencia entre el matemático puro y el físico-matemático. El matemático puro, el matemático a secas, sólo dispone de las leyes de la Lógica como garantía de sus descubrimientos, mientras que el físico tiene al alcance de la mano la realidad del Universo para comprobar experimentalmente las deducciones de aquél. El matemático se mueve en la serena región del pensamiento, mientras que el físico actúa en la región tumultuosa del mundo exterior. El primero; se da por satisfecho cuando sus teoremas no tienen contradicciones internas ni están en oposición con proposiciones ya demostradas o admitidas, mientras que el segundo exige el acuerdo entre la teoría y la práctica, y cuando falla este acuerdo le vuelve la espalda a los teoremas "demostrados", con gran indignación del matemático que quiere ver el Universo como un sistema de ecuaciones diferenciales con arreglo a un fanatismo que hinca sus raíces en el determinismo newtoniano, y para quien la falta de un parámetro en una fórmula es tan

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Sociedad RAMAMSEM Sociedad RAMAMSEM irritante como la falta de un acento para un helenista en un texto de Platón; pero a veces se da el caso -tal el de Fourier- de que, despreciando la meticulosidad lógica, el físico construye un monumento matemático imperecedero. La Física no toma una ecuación como, por ejemplo, la de Laplace relativa al movimiento de un fluido y la tira contra la cabeza del matemático para que le dé una solución general, sino que, las más veces, le pide algo mucho más difícil: una solución particular que satisfaga ciertas condiciones dependientes del problema que quiere resolver. Análoga a la aludida ecuación de Laplace es la que encontró Fourier para el movimiento térmico de un conductor y, mediante sucesivas experimentaciones con varillas metálicas, creó la teoría de los valores-fronteras adaptando las soluciones de las ecuaciones diferenciales a las condiciones iniciales dadas, y demostrando que toda función física se puede desarrollar en serie trigonométrica bajo ciertas condiciones que, afortunadamente, no tienen importancia desde el punto de vista práctico, y que toda curva periódica, sin ordenadas infinitas, es descomponible en un cierto número de curvas armónicas de períodos conmensurables, lo que dio origen al invento de las máquinas llamadas analizadores armónicos, que permiten determinar mecánicamente las amplitudes correspondientes a los períodos necesarios para construir una curva periódica dada. El año 1812, en que Fourier ganó el Gran Premio de la Academia de Ciencias, anunciado como el año de la victoria, fue el de la retirada de Rusia. Monge no había ido a la campaña porque era demasiado viejo. Tenía sesenta y seis años, y cuando el famoso Boletín XXIX anunció la derrota del ejército francés y su literatura fue como el canto de cisne del imperio napoleónico, Monge recibió tal impresión que sufrió un ataque de apoplejía. Su amor a Francia era grande, como también era grande su afecto a Napoleón, lo que no le impedía decirle a veces verdades como puños. Por ejemplo: cuando Bonaparte se coronó emperador, los alumnos de la Escuela Politécnica promovieron un alboroto que llegó a oídos del flamante césar, quien se quejó a Monge preguntándole si los politécnicos se habían declarado enemigos suyos, y Monge le contestó tranquilamente: "Es natural. Me costó mucho trabajo hacerlos republicanos y, como usted ha cambiado de casaca tan bruscamente, no he tenido tiempo todavía de hacerlos imperialistas." La amistad de Fourier, en cambio, se enfrió, y Luis XVIII lo respetó en el cargo de prefecto del Isère. Por cierto que cuando el 19 de mayo de 1815 Napoleón volvió de Elba, Fourier,

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Sociedad RAMAMSEM Sociedad RAMAMSEM que estaba en Grenoble, marchó a Lyon para prevenir al rey de lo que sucedía y el rey, con su borbónica cerrazón mental, no le hizo caso. La consecuencia es demasiado conocida para recordarla. Lo que sí diremos es que Fourier fue detenido y conducido a Bourgoin ante Napoleón, que consultaba un mapa con un compás en la mano en el momento en que Fourier entró en su despacho. -¿Qué hay, prefecto? -le dijo Napoleón sin levantar la vista del mapa-. ¿Me ha declarado usted la guerra? -Señor -respondió Fourier-, mi deber... -¿Su deber? ¿Es usted tan ciego que no ve que nadie comparte su opinión? Lo único que siento es que usted, un egipcio , un hombre que ha compartido conmigo el pan del vivac, un viejo amigo, figure hoy en las filas de mis adversarios. Seguramente olvida lo que yo hice por usted en El Cairo. Fourier no quiso recoger la última frase. Era demasiado bueno para recordar a Napoleón su huída. Dos días después éste volvió a llamarle para darle cuenta de su plan. -¿Qué le parece? -le preguntó. -Un disparate condenado al fracaso -le respondió Fourier sin inmutarse. Y agregó: -Se puede usted encontrar con un fanático que le desbarate sus proyectos. -Los Borbones no cuentan ni siquiera con un fanático. Y cambiando el tema de la conversación, añadió: -Ya habrá leído que me han declarado fuera de ley. Yo seré más indulgente. Me limitaré a expulsarlos de las Tullerías. Cuando, en efecto, volvió a instalarse en las Tullerías, Napoleón, aparte de sus proyectos bélicos, empezó a preocuparse de la cultura con más intensidad que antes. Al fin y al cabo era hijo del siglo XVIII y discípulo de la Enciclopedia, y, con su natural visión de la realidad, comprendió que los ideólogos vencidos el 18 de brumarlo empezaban a dar señales de descontento. Era ya demasiada la sangre vertida y Francia se veía complicada en nuevas guerras. Los esfuerzos militares afectaban profundamente la economía nacional, y aunque el bloqueo aduanero y la exclusión de las manufacturas inglesas favorecían la industria francesa,

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Sociedad RAMAMSEM Sociedad RAMAMSEM hasta el punto de que en Italia sólo se permitía la importación de productos textiles fabricados en Francia, la patria de Watt seguía siendo insustituible, gracias al maquinismo que había tomado formidable impulso en Inglaterra en el último tercio del siglo XVIII. En Francia faltaban especialmente el algodón y los productos coloniales: especias, café y, sobre todo, azúcar. Por cierto que la falta de azúcar dio origen a una nueva industria. La Química había descubierto la existencia de azúcar en la remolacha, y dos alemanes, Marggraff y Achard, consiguieron extraerla; Napoleón, que carecía de escrúpulos, se aprovechó de este descubrimiento. Por aquellos días empezó la decidida protección a los sabios. Humboldt, Volta, Ampére, Gay-Lussac y otros supieron de su liberalidad, y alguno también de su ingratitud. En materia de enseñanza reorganizó las escuelas Normal y Politécnica, dándoles un acentuado matiz uniforme, centralista y utilitario. Napoleón sólo consideraba la Ciencia por sus aplicaciones prácticas y siempre prefirió las escuelas profesionales a las universidades, porque ignoraba que las ideas son tanto más fecundas cuanto más abstractas y que los grandes progresos industriales se gestan en el silencio fecundo del laboratorio. Los últimos años de Fourier fueron tristes. De su estancia en Egipto sacó la peregrina consecuencia de que el calor del desierto es condición indispensable para la salud y se fajaba y forraba como una momia. En su casa hacía siempre un insoportable calor de horno. Durante la segunda Restauración tuvo que vender sus muebles para mal comer, pero su situación económica mejoró un poco cuando sus amigos consiguieron para él la dirección de la Oficina de Estadística del Sena. La Academia de Ciencias lo llamó a su seno en 1816 y los Borbones no le dejaron sentarse en el codiciado sillón; pero fue reelegido al año siguiente, y desde el de 1822 desempeñó el cargo de secretario perpetuo hasta su muerte, acaecida en París el 16 de mayo de 1830 a consecuencia de un ataque cardíaco, en los momentos en que corregía las pruebas de imprenta de su obra sobre ecuaciones numéricas, fruto de cuarenta años de estudios y meditaciones. El final de Monge fue más lento. Aunque apenas se le veía, retirado casi siempre en su casa de campo, no dejó de ejercer influencia sobre Napoleón, a quien siguió admirando -no así Fourier- después de Waterloo.

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Sociedad RAMAMSEM Sociedad RAMAMSEM La primera Restauración produjo en su imperial amigo un hondo sentimiento de rencor hacia los que habían cambiado de ideario político; pero atendió a los sentimientos de piedad que le invocó Monge, cuya doble carrera de revolucionario y de favorito de Napoleón hizo de su cabeza, en el final de su vida, un objeto codiciado por los Borbones, lo que le obligó a cambiar de domicilio varias veces para huir de los esbirros que lo perseguían. He aludido antes a la idea napoleónica de conquistar América, punto en que parecen estar de acuerdo todos los historiadores. Sin embargo, la referencia de Monge difiere. Su intimidad con Napoleón le presta caracteres de verosimilitud. Según Monge, además de sus ambiciones de conquistador, Bonaparte tenía ambiciones científicas. Quería ser un segundo Humboldt. -Voy a empezar una nueva etapa en mi vida -le dijo en una ocasión, poco antes de Waterloo- y quiero dejar obras y descubrimientos dignos de mí, para lo cual necesito una persona que primero me ponga al corriente del estado actual de la Ciencia y sea luego mi compañero de viaje al Nuevo Mundo. Ambos recorreremos toda América, desde Alaska al cabo de Hornos para estudiar su fauna y su flora, así como los prodigiosos fenómenos de la Física terrestre acerca de los cuales no han dicho todavía su última palabra los científicos. -Yo seré ese compañero -repuso Monge que tenía ya cerca de setenta años. -Usted es demasiado viejo. Necesito un hombre joven. Monge pensó en Arago; pero los ingleses interrumpieron las negociaciones metiendo a Napoleón en el Belerophon y mandándolo a Santa Elena. El gran geómetra murió el 28 de julio de 1818, causando gran consternación en el mundo científico. Los politécnicos pidieron permiso para asistir a su entierro; pero el rencoroso Borbón que detentaba entonces el trono de San Luis, lo negó. Al día siguiente los estudiantes acudieron en masa al cementerio, y sobre la tumba del maestro depositaron una corona de rosas rojas, como a sangre de quien nunca renegó de ser un humilde hijo del pueblo.

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2. Solución a los anteriores Problemas de Competencias no Olímpicas.

A continuación brindamos la solución de los 30 ejercicios propuestos en la columna Problemas de Competencias no Olímpicas de la edición anterior. Les recordamos que la forma de resolver cada ejercicio no necesariamente es la única, así que invitamos al estimable lector a enviarnos sus soluciones a los mismos.

ÁLGEBRA. 1. Hallar todas las soluciones reales de la ecuación 3 x 2

− 18 x + 52 +

2 x 2

− 12 x + 162 = − x 2 + 6 x + 280

(High School Problems, 2000) SOLUCIÓN (de Edward T.H. Wang, Wilfrid Laurier University, Waterloo, Ontario y Lino Demasi, estudiante del Saint Ignatius High School, Thunder Bay, Ontario) Notemos que, completando cuadrados, tenemos 3x2 – 18x + 52 = 3(x – 3) 2 + 25, 2x2 – 12x + 162 = 2(x – 3)2 + 144,  –x2 + 6x + 280 = – (x – 3) 2 + 289. De aquí que, el miembro izquierdo es al menos derecho es a lo sumo

289

25 + 144

= 5 + 12 = 17 y el miembro

= 17 de donde x = 3 es la única solución.

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Sociedad RAMAMSEM Sociedad RAMAMSEM 2. Determine todos los los primos p para los cuales el sistema p + 1 = 2x2 p2 + 1 = 2y2 tiene una solución en los enteros x, y. (Bundeswettbewerb Mathematik, Alemania, Primera Ronda, 1997) SOLUCIÓN (Oficial): Podemos asumir que y > x ≥ 2; p > y. Restando las ecuaciones dadas, tenemos: p(p – 1) = 2(y + x)(y – x). Se sigue que p > y – x; 2p > y + x, por lo anterior p = x + y; p – 1 = 2(y – x). Eliminando y de estas últimas ecuaciones, tenemos p + 1 = 4x ⇒ 4x = 2x2 ⇒ x = 2 ⇒ p = 7. Es fácil verificar que 7 satisface las condiciones del enunciado. 3. Resuelva para enteros x, y la ecuación 6(x! + 3) = y2 + 5. (High School Problems, 2000) SOLUCIÓN (Oficial): La ecuación dada implica que 6x! + 13 = y2. Claramente x ≥ 0. Si x ≥ 5, entonces x! ≡ 0 (mód 5), implica que y 2 = 6x! + 13 ≡ 3 (mód 5). Pero los cuadrados módulo 5 son 0, 1, 4, así x ≤ 4. Si x = 0 ó 1, entonces y 2 = 19, no teniendo soluciones enteras la ecuación dada. Si x = 2, entonces y 2 = 25, obteniendo (x, y) = (2, ± 5). Si x = 3, entonces y 2 = 49, obteniendo (x, y) = (3, ± 7). Si x = 4, entonces y 2 = 157, no teniendo soluciones enteras la ecuación dada. Así, las cuatro soluciones enteras son (x, y) = (2, ± 5) y (3, ± 7).

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Sociedad RAMAMSEM Sociedad RAMAMSEM 4. Dado que x2 + y2 = 28, xy = 14, determine el valor de x 2 – y2. (Junior High School Mathematics Contest, British Columbia Colleges, Ronda Preliminar, 2000) SOLUCIÓN (de Herberth Wilson, Profesor del Liceo Nuevo de Limón, Limón, Costa Rica): Si x 2 + y 2 = 28 ∧ xy = 14 . Entonces x 2 + y 2 = 28 ∧

2xy = 28

Tenemos que: x 2 + y 2 = 2xy x 2 + y 2 − 2xy = 0 x 2 − 2xy + y 2 = 0 (x − y )2 = 0 x−y =0 x=y De esta manera x=y x2 = y2 x2 − y2 = 0 5. ¿Cuál es el mayor número triangular que es menor que 500? (Junior High School Mathematics Contest, British Columbia Colleges, Ronda Preliminar, 2000) SOLUCIÓN (Oficial): Recordemos que los números triangulares son de la forma

n(n + 1)

número natural. Así, debemos encontrar el mayor entero n tal que

2

donde n es un

n(n + 1)

2

≤ 500 o sea

n(n + 1) ≤ 1000. Desde que 322 = 1032 se tiene que n < 32. Chequeando n = 31 hallamos

31 ⋅ 32 = 992 y así el número triangular buscado es 496.

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Sociedad RAMAMSEM Sociedad RAMAMSEM 6. Una operación * está definida como A * B = AB – BA . Determine el valor de 2 * (–1). (Junior High School Mathematics Contest, British Columbia Colleges, Ronda Preliminar, 2000) SOLUCIÓN (Oficial): De acuerdo con la definición de la operación *, tenemos 2 * (–1) = 2  –1 – (–1)2 = 1/2 – 1 = –1/2. 7. Pruebe que para cualesquiera números reales reales a, b, c, d :

(Junior High School Mathematics Contest, British Columbia Colleges, Ronda Preliminar, 2000) SOLUCIÓN (Oficial): (a) Consideremos la diferencia bc – ad . Claramente (bc – ad )2 ≥ 0. Desarrollando el miembro izquierdo de la desigualdad tenemos b 2 c 2  – 2abcd + a 2 d 2  ≥ 0 y de aquí es fácil obtener 2abcd  ≤ b 2 c 2  + a 2 d 2 . (b) Podemos usar el razonamiento de la parte (a) (a) para probar la parte (b). Siendo a, b , c y d números reales arbitrarios obtenemos

≤ b 2 c 2  + a 2 d 2 . 2abdc  ≤ b 2 d 2  + a 2 c 2 . 2adcb  ≤ c 2 d 2  + a 2 b 2 . 2abcd 

Y, sumando miembro a miembro, estas desigualdades obtenemos 6abcd 

≤ a 2 b

+ a 2 c 2 + a 2 d 2 + b  + b 2 c 2  + b 2 d 2 + c 2 d 2 .

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Sociedad RAMAMSEM Sociedad RAMAMSEM 8. Determine todas todas las soluciones de la ecuación

(Murray´s Quickies de la revista Crux Mathematicorum, 1995) SOLUCIÓN (Oficial): Desde que la ecuación puede ser escrita como (x – 1)5 = 32(x + 1)5,  x − 1  x + 1

= 2w r , r  = 0,1,2,3,4.

donde w es una de las cinco raíces de la unidad. Con lo cual  x

=

1 + 2 w r  1 − 2w

r 

, r  = 0,1,2,3,4.

9. ¿Cuántos números de seis dígitos que son cuadrados perfectos tienen tienen la propiedad de que al sumarles una unidad a cada uno de sus dígitos el número resultante es también un cuadrado perfecto ? (Murray´s Quickies de la revista Crux Mathematicorum, 1997) SOLUCIÓN (Oficial): Si el cuadrado perfecto de seis dígitos está dado por m2 = a⋅ 105 + b⋅ 104 + ca⋅ 103 + d⋅ 102 + e⋅ 10 + f, entonces n2 = (a + 1) ⋅ 105 + (b + 1) ⋅ 104 + (c + 1) ⋅ 103 + (d + 1) ⋅ 102 + (e + 1) ⋅ 10 + (f + 1). Entonces n + m = d i y n – m = 111 111/ di donde di es uno de los divisor de 111 111. Desde que 111 111 es un producto de cinco números primos, este tiene 32 divisores positivos diferentes. Pero di > 111 111/ di por lo que tenemos al menos 16 soluciones de la forma m = (di –111 111/ di) / 2. Como m 2 es un número de seis dígitos, tenemos que 632,46 ≈ 200 10 < 2m < 2 000.

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Sociedad RAMAMSEM Sociedad RAMAMSEM Chequeando los varios divisores, vemos que existen cuatro soluciones. Una de ellas corresponde a di = 3 ⋅ 13 ⋅ 17 = 1 443 así que m = (1 443 – 7 ⋅ 11) / 2 = 683 y m 2 = 466 489. Entonces, 466 489 + 111 111 = 577 600 = 760 2. Los otros son dados por la tabla di 3 ⋅ 7 ⋅ 37 = 777 3 ⋅ 11 ⋅ 37 = 1 221 7 ⋅ 11 ⋅ 13 = 1 001

m m2 n2 n 317 100 489 211 600 460 565 319 225 430 336 656 445 198 025 309 136 556

10. La suma de tres enteros a, b y c es cero. Pruebe que 2a 4 + 2b4 + 2c4 es el cuadrado de un entero. (XXXIX Republic Competition of Mathematics in Macedonia, Class I, 1999) SOLUCIÓN (Andrei Simion, estudiante, Brooklyn Technical High School, New York): Sea p(x) = x3 + sx2 + qx + r un polinomio de grado tres cuyas raíces son a, b y c. De acuerdo a los Teoremas de Viête s = -(a + b + c) = 0. Entonces a3 + qa + r = 0. b3 + qb + r = 0. c3 + qc + r = 0. Multiplicando cada una de estas últimas ecuaciones por 2ª, 2b y 2c, respectivamente, y sumándolas tenemos: 2a4 + 2b4 + 2c4 + 2q(a2 + b2 + c2 ) = 0 (el término con r desaparece desde que a + b + c = 0). Como, a2 + b2 + c2 = (a + b + c) 2 – 2(ab + bc + ac) = –2q se tiene 2a4 + 2b4 + 2c4 – 4q2 = 0 y 2a4 + 2b4 + 2c4 = (2q)2 y, así, lo hemos probado.

23

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GEOMETRÍA. 1. Calcule la diagonal AC del siguiente paralelogramo B

1

C

1

A

D

donde el paralelogramo está formado por cuatro triángulos equiláteros de lado 1. (Concurso Regional de México, 1993) SOLUCIÓN (de Sociedad RAMAMSEM, Limón, Costa Rica): Al ser los triángulos equiláteros se tiene que ∠ ADC = 120°, AD = 2 y DC = 1. Luego, aplicando la ley de cosenos al triángulo ∆ ADC obtenemos AC2 = AD2 + DC2 – 2 ⋅ AD ⋅ DC ⋅ cos ∠ ADC de donde concluimos que AC =

7.

2. El perímetro de un rectángulo es 56 metros. metros. La razón de su largo largo al ancho es 4 : 3. Determine la longitud, en metros, de una de las diagonales del rectángulo. (Junior High School Mathematics Contest, British Columbia Colleges, Ronda Preliminar, 2000) SOLUCIÓN (Oficial): Sean a y b las longitudes del largo y ancho (en metros) del rectángulo. Como su perímetro es 56, tenemos 2a + 2b = 56 o bien a + b = 28. También tenemos que a : b = 4 : 3 o bien a = 4b/3. Haciendo la sustitución correspondiente en la primera ecuación tenemos 4b/3 + b = 28 de donde b = 12 y, en consecuencia a = 16. Aplicando el teorema de Pitágoras la longitud de la diagonal es 20.

24

Sociedad RAMAMSEM Sociedad RAMAMSEM 3. En el interior de un cuadrado r, cuatro cuartos círculos son dibujados, con radios r y centrados en los vértices del cuadrado. Como se indica en la figura siguiente.

Determine el área de la región sombreada. (Maritimes Mathematics Competition, 1999) I SOLUCIÓN (de Richard Tod, The Royal Forest of Dean, Gloucestershire, Inglaterra): Consideremos la figura siguiente

en donde c representa el área sombreada, a y b representan las áreas de fuera del área sombreada. Desde que el área del cuadrado es r 2 tenemos 4a + 4b + c = r 2 .

(1) π r 2

Considere el cuarto de círculo ABC. Éste tiene un área de 2a + 3b + c =

π r 2 4

4

. (2) 2

Considere el triángulo equilátero ABP cuya área es

3r 

Considere la sexta parte del círculo ABP cuya área es

25

4

.

π r 2 4

.

. Así, tenemos

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 π  3  2 r  . Necesitamos el doble de esta diferencia y tenemos La diferencia es  −  6 4      π 

a + 2b + c = 

  3

−

3 

r 2 . (3) 2  

Resolviendo el sistema de ecuaciones formado por (1), (2) y (3) se tiene

 π  + 3 − 3 3  2 r  .  3    

c = 

II SOLUCIÓN (Catherine Shevlin, Wallsend, Inglaterra) Sea el origen de coordenadas el centro del cuadrado de lado 1. Entonces el cuarto de círculo DBP tiene ecuación

Así, el área general es

Esto es

Simplificando, obtenemos

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Sociedad RAMAMSEM Sociedad RAMAMSEM 4. Un arbelos consiste de tres arcos semicirculares como muestra la figura: figura:

Un círculo es colocado en el interior del arbelos tal que es tangente a los tres semicírculos. Suponga que los radios de los dos menores semicírculos son a y b, y que el radio del círculo es r. Asumiendo que a > b > r y que a, b y r están en progresión aritmética, calcule a / b. (Maritimes Mathematics Competition, 1999) SOLUCIÓN (Catherine Shevlin, Wallsend, Inglaterra)

El radio del semicírculo mayor es a + b. Así, el centro del semicírculo mayor está a una distancia a y b de los centros de los semicírculos menores como se muestra en la figura anterior. Aplicando la ley de cosenos a dos triángulos, tenemos

Eliminando cos θ, y resolviendo para r, tenemos

Si a,b y r están en progresión geométrica, tenemos

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Sociedad RAMAMSEM Sociedad RAMAMSEM

o, equivalentemente

Haciendo x = a / b tenemos

Así,

a b

= 3 2.

5. Propuesto por Toshio Seimiya, Kawasaki, Japón. Tomado de la revista Crux Mathematicorum with Mathematical Mayhem del 2000. Dado el triángulo ∆ ABC con ∠ BAC = 90°. El incírculo del triángulo ∆ ABC interseca a BC en D. Sean E y F los pies de las perpendiculares desde D a AB y AC respectivamente. Sea H el pie de la perpendicular desde A a BC. Prueba que el área del rectángulo AEDF es igual a AH2 / 2. I SOLUCIÓN: (de Dimitar Mitkov Kunchev, estudiante, Baba Tonka School of Mathematics, Rousse, Bulgaria): Sea  AB = c, AC = b, BC = a. Entonces, si s es el semiperímetro del ∆ ABC  tenemos CD = s − c =

a+b−c

2

y  DB = s − c =

a+c−b

2

. Desde que los triángulos

∆ ABC  son semejantes, tenemos que

 ED

semejanza

∆FDC  y

FD =

entre

a+b−c c

2

⋅

a

los

triángulos

=

 BD

 AC   BC 

⇒ ED =

a+c−b b

2

⋅

a

∆ EBD y

, y usando la

∆ ABC , obtenemos similarmente

. Si denotamos por S el área del rectángulo  AEDF , entonces

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Sociedad RAMAMSEM Sociedad RAMAMSEM S = ED ⋅ FD =

=

a2

(a + c − b )(a + b − c )bc

− c 2 + 2ab − b 2 4a

2

4a

bc =

=

2

2b 2 c 2 4a

2

a2

− (c − b )2 4a

1  bc 

= 

2



2   a  

=

2

 AH 2

2

bc

.

Hemos usado el teorema de Pitágoras y la fórmula de la altura en un triángulo rectángulo:  AH  =

bc a

.

II SOLUCIÓN (de Václav Konečný, Ferris State University, Big Rapad, MI, USA):

Sea r  el inradio del triángulo  ABC . De la figura: 2

 AH 

2

=

2

r 

2

(r + r  =

(

2 cos 45 o 2

− B ))

2

=

r  (1 + cos B + senB ) 2

2

2

(1 + cos 2  B + sen 2 B + 2 cos B + 2senB + 2 cos BsenB)

= r 2 (1 + cos B + senB + cos BsenB) = (r + r cos B )(r + rsenB ) = ED ⋅ AE .

29

Sociedad RAMAMSEM Sociedad RAMAMSEM 6. Propuesto por Vedula N. Murty, Visakhapatnam, India. Tomado de la revista Crux Mathematicorum with Mathematical Mayhem del 2000. Si los ángulos A, B, C del triángulo ∆ ABC satisface cos A sen (A/2) = sen (B /2)sen (C/2) pruebe que el triángulo ∆ ABC es isósceles. SOLUCIÓN (de Murray Seymur Klamkin (fallecido el 6 de agosto de 2004), University of Alberta, Edmonton, Alberta) Sustituya C  por π  − ( A + B ) para obtener cos A sen

 A

2

 B

= sen

2

 π   A + B  −  o 2 2    

sen

  A + B  . 2 2 2     Esta última ecuación podemos rescribirla como

bien cos A sen

 A

 B

= sen

cos

 A  A  A   A +  A  + sen  −  A  = sen  + B  + sen  −     2     2     2     2 

sen

3 A  A 3 A  A  3 A    A   o bien sen  = sen + B  de donde = + B o + + B = π . 2 2 2 2   2     2  

En el primer caso  A = B y en el segundo  A = C . 7. Pruebe que en cualquier triángulo acutángulo acutángulo ∆ ABC, Cot A + cot B + cot C =

a2

+ b2 + c2 4k 

,

donde k  es el área del triángulo ∆ ABC. (J.I.R. MC Knight Problems Contest 1986) SOLUCIÓN (de Vedula N. Murty, Dover, PA, USA) : Usaremos las siguientes fórmulas conocidas cos A = es el circunradio del triángulo  ABC , y k  = cot A =

abc

4 R

 R b

2

b

2

+ c2 − a2

. De aquí, obtenemos

+ c2 − a2 ) abc

30

2bc

, senA =

.

a

2 R

, donde  R

Sociedad RAMAMSEM Sociedad RAMAMSEM Usando esta ecuación y las ecuaciones semejantes para cot B y cot C , tenemos cot A + cot B + cot C =

a

2

+ b2 + c2 4k 

.

8. Sea ∆ ABC  un triángulo y D  un punto sobre el lado BC . Si P  es punto sobre AD , demuestra que la razón entre las áreas de los triángulos ∆ ABC y ∆ PBC es igual a la razón entre los segmentos AD y PD . (Material de Capacitación a docentes de Limón, Costa Rica, 2008) SOLUCIÓN (de Sociedad RAMAMSEM, Limón, Costa Rica): Consideremos la siguiente figura B

D P C

A

Notemos que los triángulos ∆ABD  y ∆BPD  comparten la misma altura trazada desde B  e igual sucede con los triángulos ∆ ADC y ∆ PDC y la altura trazada desde C . Sean h1 y h2 dichas alturas entonces

( ABC ) ( ABD ) + ( ADC ) = = ( PBC ) ( PBD ) + ( PDC )

 AD ⋅ h1

2 PD ⋅ h1 2

+ +

 AD ⋅ h 2

2 PD ⋅ h 2 2

31

 h1   2  h PD 1   2

 AD

=

+ +

h 2 



2   h 2 

 2  

=

 AD PD

Sociedad RAMAMSEM Sociedad RAMAMSEM 2 b – c.

9. Muestre que la mediana ma es la media geométrica de b y c si y sólo si a = (Material de Capacitación a docentes de Limón, Costa Rica, 2008) SOLUCIÓN (de Sociedad RAMAMSEM, Limón, Costa Rica): ma

=

bc

2b 2

⇔

+ 2c 2 − a 2

=

2

bc

⇔

2b 2

+ 2c 2 − a 2 4

= bc

⇔ 2b 2 + 2c 2 − a 2 = 4bc ⇔ 2b 2 − 4bc + 2c 2 = a 2 ⇔ 2(b − c )2 = a 2 ⇔

2b−c

= a.

10. Sea ABC un triángulo tal que ∠BAC = 2 ∠ABC. Sean a = BC , b = AC y c = AB . Demuestra que a2 = b(b + c). (Material de Capacitación a docentes de Limón, Costa Rica, 2008) SOLUCIÓN (de Sociedad RAMAMSEM, Limón, Costa Rica): Sea ∠ABC = α entonces ∠BAC = 2α. Aplicando la Ley de Senos donde, al simplificar la expresión, se obtiene cos α  =

a

2b

= b 2 + c 2 − 2bc ⋅ cos 2α 

que es equivalente a a2

= b 2 + c 2 − 2bc ⋅

2 cos 2 α  − 1

    a   2 ⇒ a = b + c − 2bc ⋅  2      2b  2

2

2

  − 1  

    a 2     ⇒ a = b + c − 2bc ⋅  2 2  − 1      4b     2

2

2

  a 2 ⇒ a = b + c − 2bc ⋅  2  2b 2

2

2

 

− 1  

32

sen2α 

=

b senα 

de

. Aplicando la Ley de Cosenos se

tiene a2

a

Sociedad RAMAMSEM Sociedad RAMAMSEM

⇒a

2

⇒a

2

=b +c − 2

+

2

a c b

2

2

a c b

+ 2bc

= b 2 + c 2 + 2bc

  c  ⇒ a 2 1 +  = b 2   b 

+ c 2 + 2bc

 b + c  2 ⇒ a2   = (b + c )   b   ⇒ a2

= b(b + c )

11. LMNO es un cuadrado. P es un punto en el interior del cuadrado tal que que ∆ NOP es un triángulo equilátero. ¿ Cuánto mide el ángulo ∠ PMN ? (Nat West U K Junior Mathematical Challenge, 1994) SOLUCIÓN (de Sociedad RAMAMSEM, Limón, Costa Rica): Consideremos la siguiente figura: N

M

P

O

L

Como ∆ NOP es equilátero entonces ∠ PNM = 30°. Al ser PN = MN entonces el triángulo

∆ MNP es isósceles y, finalmente, ∠ PMN = 75°.

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TEORÍA DE NÚMEROS. 1. Pruebe que dos dos números consecutivos cualesquiera son primos relativos. ( CEOC, 1991 ) SOLUCIÓN (Oficial): Sean n y n + 1 dos números consecutivos cualesquiera, se debe probar que ( n, n + 1 ) = 1. En efecto, por el algoritmo de Euclides tenemos n+1=n⋅1+1 n=1⋅n+0 Luego, ( n + 1, n ) = 1.

2. Propuesto por Paul Yiu, Florida Florida Atlantic University, University, Boca Ratón, Florida. Tomado de la la revista Crux Mathematicorum with Mathematical Mayhem del 2000. Suponga que un triángulo de lados enteros contiene un ángulo de 120°, los dos lados que le forman difieren en una unidad. Pruebe que la longitud del mayor lado es la suma de dos cuadrados consecutivos. SOLUCIÓN (de Jeremy Young, estudiante, Nottingham High School, Nottingham, Reino Unido): Sea b la longitud del lado opuesto al ángulo de medida 120°, y sean a y a + 1 las longitudes de los otros lados. Aplicando la Ley de Cosenos tenemos: b2 = 3a2 + 3a + 1 o bien, 3(2b + 1)(2b – 1) = (6a + 3) 2. Como 2b + 1 y 2b – 1 son corrimos, existen enteros m, n tales que 2b + 1 = m 2, 2b –1 = 3n2 (1) o bien 2b + 1 = 3m 2, 2b –1 = n2 (2) Si (1), entonces m2 – 3n 2 = 2, lo cual es imposible en módulo 3. Por tanto, debe cumplirse (2) y así b = (n2 + 1) / 2. Como b es un entero entonces n es impar. Luego, podemos

 n − 1  expresar b =   2    

2

2

n + 1  +    , la cual es una suma de cuadrados consecutivos. 2    

34

Sociedad RAMAMSEM Sociedad RAMAMSEM 3. Propuesto por Zun Shan y Edward T. H. Wang, Wilfrid Laurier University, Waterloo, Ontario. Tomado de la revista Crux Mathematicorum with Mathematical Mayhem del 2000. Es bien conocido y fácil de probar que el producto de cuatro enteros consecutivos más uno siempre es un cuadrado perfecto. También es fácil de probar que el producto de cualesquiera dos números enteros positivos consecutivos más uno nunca es un cuadrado perfecto. Ahora, note que 2 ⋅ 3 ⋅ 4 + 1 = 52 y 4 ⋅ 5 ⋅ 6 + 1 = 112. (a) Halle otro número natural n tal que n(n + 1)(n + 2) + 1 es un cuadrado perfecto. (b) ¿ Existirán otros números? SOLUCIÓN (de Michael Lambrou, Universidad de Creta, Creta, Grecia): En el artículo de D.W. Boyd y H. H. Kisilevsky: La ecuación Diofántica u(u + 1)(u + 2)(u + 3) = v(v + 1)(v + 2), publicado en Pacific Journal of Mathematics, vol. 40, 1972, pp 23 – 32, 32, existe una completa y no elemental solución de la mencionada ecuación. Ahora, en el presente problema se requiere resolver la ecuación v(v + 1)(v +´2) + 1 = m2. Haciendo m – 1 = u(u + 3) se tiene m + 1 = (u + 1)(u + 2), hemos reducido a la ecuación resuelta en Boyd y Kisilevsky. Así, de ese artículo, la otra única solución es (v, m) = (55, 419). Esto responde a ambas partes (a) y (b). 4. Determine el número entero de dos dígitos tal que que la diferencia entre él y el producto de sus dígitos es 12. (The Alberta High School Mathematics Competition, Part I, November 16, 1999) SOLUCIÓN (Oficial): Sean x, y los dos dígitos del número buscado entonces, de acuerdo al enunciado, se tiene 10x + y – xy = 12, o bien (x – 1)(10 – y) = 2 cuyas soluciones son (2, 8) y (3, 9) así que tenemos dos números que satisfacen las condiciones: 28 y 39. 5. En la ecuación cuadrática x2 – 14x + k = 0, k es un entero positivo. Las raíces de la ecuación son dos diferentes números primos  p, q. Determine el valor de

 p q

+

q  p

.

(The Alberta High School Mathematics Competition, Part I, November 16, 1999) SOLUCIÓN (Oficial): Tenemos que p + q = 14 por lo que uno de ellos es 3 y el otro es 11. Luego, la suma buscada es 133/33. 35

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FUNCIONES O SUCESIONES. 1. Propuesto por M. Selby, University of Windsor. Tomado de la revista Crux Mathematicorum with Mathematical Mayhem de 1991. n

= (7 + 4 3 ) , donde n es un entero positivo. Halle una expresión simple para

Sea  An

1 + [ An ] − An , donde [ x] es el mayor entero menor o igual que  x.

SOLUCIÓN (de Guo-Gang Gao, estudiante, Université de Montréal) Si (2 + 3 )

2n

= a n + bn

(

3 donde a n y bn son enteros entonces 2 − 3

de donde resulta que (2 + 3 )

2n

+ (2 −

3

)2n = an − bn

)2n es un entero. Como (2 − 3 )2n < 1, se sigue

que

(2 + 3 )2n  = (2 + 3 )2 n  

+ (2 −

(7 + 4 3 )n  = (7 + 4 3 )n  

+ (7 − 4

3

)2n − 1

la cual es equivalente a 3

)n − 1

con lo que 1 + [ An ] − An

3

= 1 + (7 + 4 3 )  − (7 + 4   n

36

3

)n = (2 − 3 )2n .

Sociedad RAMAMSEM Sociedad RAMAMSEM 2. Propuesto por Ray Killgrove Killgrove y Robert Sternfeld, Sternfeld, Indiana State University, University, Terre Haute. Tomado de la revista Crux Mathematicorum with Mathematical Mayhem de 1991. Una traslación g de una función f es una función g(x) = f(x + a) para alguna constante a. Suponga que una traslación de una función f: IR → IR es impar y otra traslación es par. Pruebe que f es periódica. ¿Es verdadero el recíproco? SOLUCIÓN (de Saint Olaf Problem Solving Group, Saint Olaf College, Northfield, Minnesota): Sabemos que existen a y b tales que para todo x, f(x + a) = f( −x + a) y f(x + b) = −f(−x + b). Esto implica que f(2a + x) = f(−x) y f(2b + x) = −f(−x). Así, f(x +4(a – b)) = f(2a + (x + 2a – 4b)) = f(4b – x – 2a) = −f(2a + x – 2b) = −f(2b – x) = f(x) con lo que f(x) tiene periodo 4(a – b). Si a = b, entonces f(x + a) = f(a – x) = −f(a +x) lo cual implica que f(x) es la función cero. El recíproco es falso. La función f(x) = x - [x] es un contraejemplo. 3. Pruebe que f(x) = sen2(x + α) + sen2(x + β) – 2cos(α – β)sen(x + α)sen(x + β) es una función constante de x. (Sciences Annual Mathematics Competition, 1999) SOLUCIÓN (de Edward T. H. Wang, W ang, Wilfrid Laurier University, Waterloo, Ontario)

 a + b   a − b  Derivando y utilizando la conocida fórmula sen a + sen b = 2sen  sen ,   2     2   tenemos  f  , ( x) = sen(2( x + α )) + sen(2( x +  β ))

− 2 cos(α  −  β )(sen( x + α ) cos( x +  β ) + cos( x + α )sen( x +  β )) = 2sen(2 x + α  − β ) cos(α  − β ) − 2 cos(α  −  β )sen(2 x + α  − β ) =0 Al ser la primera derivada igual a cero se concluye que la función es constante. Además, como  f (− β ) = sen 2 (α  −  β ) concluimos que  f ( x) = sen 2 (α  − β )

37

Sociedad RAMAMSEM Sociedad RAMAMSEM 4. Una función real de variable variable real f está definida para enteros positivos, y un entero positivo a satisface: f(a) = f(1995), f(a + 1) = f(1996), f(a + 2) = f(1997), f(n + a) = para cualquier entero positivo n. (a) Pruebe que f(n + 4a) = f(n) para cualquier entero positivo n. (b) Determine el menor valor posible de a. (10th Nordic Mathematical Contest) SOLUCIÓN (Mohammed Aassila, Estrasburgo, Francia): a.

de  f (n + a) =

 f ( n) − 1  f (n) + 1

deducimos que  f (n) − 1

 f (n + 2a ) =  f ((n + a ) + a ) =

 f (n) + 1  f (n) − 1  f (n) + 1

−1 =− +1

1  f (n)

y  f (n + 4a) =  f ((n + 2a ) + 2a) = −

1  f (n + 2a )

=  f (n).

(b) El menor valor de a es 3. En efecto, si a = 1 se tendría  f (1) =  f (a ) =  f (1995) =  f (3 + 498 ⋅ 4a ) =  f (3) = −

de donde [ f (1)]2

1  f (1)

= −1 lo cual es imposible.

Si a = 2, entonces  f (2) =  f (a ) =  f (1995) =  f (3 + 249 ⋅ 4a ) =  f (3) =  f (a + 1)

=  f (1996) =  f (4 + 249 ⋅ 4a) =  f (4) =  f (2 + a) = de donde [ f (2)]2

 f ( 2) − 1  f (2) + 1

= −1 lo cual es imposible.

Si a = 3, por construcción tenemos  f (n + a) =  f (n + 3) =

38

 f (n) − 1  f (n) + 1

y, por (a)

 f (n) − 1  f (n) + 1

Sociedad RAMAMSEM Sociedad RAMAMSEM  f (n + 12) =  f ( n + 4a ) =  f (n), con lo que  f (a ) =  f (3) =  f (3 + 166 ⋅ 12) = f (1995),  f ( a + 1) =  f (4) =  f (4 + 166 ⋅ 12) = f (1996),  f (a + 2) =  f (5) =  f (5 + 166 ⋅ 12) = f (1997),

como se requería.

5. En cierta fiesta, la primera vez que la campana de la puerta puerta sonó un invitado llegó. En cada siguiente campanada dos invitados más llegaban que en la campanada anterior. ¿Cuántos invitados habían llegado a la fiesta después de 20 campanadas? (Junior High School Mathematics Contest, British Columbia Colleges, Ronda Preliminar, 2000) SOLUCIÓN (Oficial): Sea an el número de personas que llegaron en la n ava campanada. Entonces an = 2n – 1. Sea bn el número de personas que habían llegado después de la nava campanada. Entonces tenemos b1 = 1 b n + 1 = bn + an + 1 = bn + 2n + 1 para todo n ≥ 1, es decir b n + 1 − bn = bn + 2n + 1 De donde, al escribir los primeros 20 obtenemos b1 = 1 b2 − b1 = 3 b3 − b2 = 5 

b20 − b19 = 39 Cuando efectuamos la suma de estas igualdades, miembro a miembro, obtenemos b20 = 1 + 3 + 5 + … + 39 = 400

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3. Problemas de Competencias no Olímpicas.

Esta columna consistirá en 30 ejercicios propuestos que se separarán por categorías (Álgebra, Geometría, Teoría de Números y Funciones o Sucesiones) y de menor a mayor nivel de dificultad. Es importante destacar que el nivel de dificultad en dificultad  en que se ordenarán los ejercicios de cada categoría es valorado por nosotros (los editores) de acuerdo a criterios establecidos pero ello no significa que esta valoración pueda ser diferente para el estimable lector. Por otro lado, la solución de los mismos se presentará hasta la próxima edición con la finalidad de que nuestros lectores participen activamente enviándonos soluciones y / o comentarios que puedan enriquecer la discusión de cada ejercicio. Sin embargo, de no darse esa participación en algunos ejercicios, se publicará, al menos, una solución oficial brindada por los encargados de esta sección.

ÁLGEBRA. 1. x, y, z son tres números reales tales que xy xy = 24, yz = 48, xz = 72. ¿Cuánto vale x + y + z? (Gironalino del Grupo Tutor, número 8, Italia) 2. Propuesto por Nicos D. Diamantes, estudiante, estudiante, Universidad de Patras, Patras, Grecia. Tomado de la revista Crux Mathematicorum with Mathematical Mayhem del 1991. Hallar una raíz real de  y 5

− 10 y 3 + 20 y − 12 = 0.

3. Hallar todos los los enteros enteros positivos  x, y, z que satisfacen la ecuación 5( xy +  yz +  xz ) = 4 xyz.

(Competición Matemática Intercolegial de la Sociedad Matemática de Singapur, 1988)

40

Sociedad RAMAMSEM Sociedad RAMAMSEM 4. Propuesto por Victor Oxman, estudiante, Universidad de Haifa, Haifa, Haifa, Israel. Tomado de la revista Crux Mathematicorum with Mathematical Mayhem del 1998. Suponga que a, b, c son números reales positivos tales que abc = (a + b − c )(b + c − a )(c + a − b ).

Claramente a = b = c es una solución. Determine todas las otras soluciones.

5. Determine el número de soluciones ( x, y, z ) en enteros positivos de la ecuación 3 x +  y + z = 23.

(British Columbia College, Junior High School Mathematics Contest, Ronda Final, 1997)

6. Determine cuál de los siguientes números es el mayor: 6 + 8 ó

5 + 9.

(British Columbia College, Junior High School Mathematics Contest, Ronda Final, 1997) 7. Para números reales no negativos  x, y, z que satisfacen  x +  y + z = 1, pruebe que

 1   1   1    + 1 + 1 + 1 ≥ 64.   x    y    z   (CEOC, 1992)

8. Resuelva el siguiente sistema de ecuaciones:

(Memorial University Undergraduate Mathematics Competition, September 25, 1997)

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Sociedad RAMAMSEM Sociedad RAMAMSEM 9. Propuesto por Waldemar Pompe, estudiante, Universidad de Varsovia, Polonia. Tomado de la revista Crux Mathematicorum with Mathematical Mayhem del 1997. Un número de cuatro dígitos abcd  es llamado “faulty” si satisface las siguientes propiedades: el producto de los dos últimos dígitos c y d  es igual al número ab, mientras que el producto de c − 1 y d  − 1 es igual al número de dos dígitos ba. Determine todos los números “faulty” ! 10. Determine todos los pares ordenados de enteros tales que  x 6

= y 3 + 53.

(15th W.J. BLUNDON CONTEST, 18 de Febrero, 1998)

GEOMETRÍA. 1. Los botones de un teléfono están dispuestos como lo indica indica la siguiente figura

Si los botones están separados un centímetro, de centro a centro, cuando usted marca el número 592 – 7018 determine la distancia que han recorrido sus dedos. (British Columbia College, Junior High School Mathematics Contest, Ronda Final, 1997)

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Sociedad RAMAMSEM Sociedad RAMAMSEM 2. El triángulo ∆ ABC  es equilátero con lados tangentes al círculo de centro O y radio

3.

Determine el área del cuadrilátero  AOCB. (British Columbia College, Junior High School Mathematics Contest, Ronda Final, 1997) 3. El triángulo ∆ ABC es tal que ∠ A = 30°, ∠ C = 45° y AB mide el doble de la altura sobre AC. Determine el valor de

 BC   AB

.

( Competencia Colegial de USA, 1972 ) 4. Sean a, b, c los lados y α , β , γ   los ángulos opuestos de un triángulo. Muestre que si ab 2 cos α  = bc 2 cos β  = a 2 c cos γ   entonces el triángulo es equilátero.

(Competencia Húngara, 1987) 5. Propuesto por Toshio Scimiya, Kawasaki, Japón. Tomado de la revista Crux Mathematicorum with Mathematical Mayhem del 1991. Sea  M  el punto medio del segmento  BC del triángulo

∆ ABC . Suponga que

∠ BAM  = ∠C  y ∠ MAC  = 15o. Calcule la medida del ángulo ∠C . 6. El cuadrángulo  ABCD está inscrito en un círculo con radio 1 en el cual una de las diagonales,  AC , es un diámetro del círculo, mientras que la otra diagonal,  BD, es 2

congruente con  AB. Las diagonales se intersecan en P. Es conocido que PC  = . 5

¿ Cuánto mide CD ? (Concurso Matemático por Equipos BALTIC WAY - 92, Vilnius, 1992) 43

Sociedad RAMAMSEM Sociedad RAMAMSEM 7.  AB es un diámetro de un círculo de radio 1. CD es una cuerda perpendicular a  AB que le interseca en  E . Si el arco CAD es

2 3

de la circunferencia del círculo. Determine la

longitud del segmento  AE . (Competencia Matemática de Alberta High School, Noviembre 1996, I Parte) 8.  A y  B son dos puntos sobre el diámetro  MN  de un semicírculo. C , D, E , F  son puntos sobre el semicírculo tales que

∠CAM  = ∠ EAN  = ∠ DBM ∠FBN . Pruebe que

CE  = DF .

(Competencia Matemática de Alberta High School, Febrero 1997 Segunda Ronda) 9. El cuadrilátero  ABCD cumple las siguientes propiedades: (1) El punto medio O del lado  AB es el centro de un semicírculo; (2) Los lados  AD, DC , CB son tangentes a este semicírculo. Pruebe que  AB 2 = 4 AD ⋅ BC . (15th W.J. BLUNDON CONTEST, 18 de Febrero, 1998) 10. Tomado de “Advanced Problems” de Crux Mathematicorum, 1998. Dado un cuadrilátero  ABCD con  AD = 3, AB + CD = 2 AD, ∠ A = 60 o , ∠D = 120 o , halle la longitud del segmento desde  D hasta el punto medio de  BC .

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TEORÍA DE NÚMEROS. 1. Determine la cantidad cantidad de valores de x que hace que la expresión

 x + 98  x + 18

sea un

número entero. (Problema de la Semana del 22/07 a 28/07 Tercer Nivel, 2006, Olimpiada Panameña de Matemática) 2. Se obtiene el número n , al efectuar el producto (999 K 9 ) 1424 3

⋅ (1 555 K 5) . Halle la suma 424 3

2007 veces 9 2007 veces 5

de los dígitos de n . (Problema de la Semana 17, del 25 de junio al 1 de julio, Tercer Nivel, Olimpiada Panameña de Matemática) 3. ¿ Cuál de los números x = 16 806789, y = 3441315 es mayor ? (Competencia escolar de Leningrado, 1984) 4. Si n es un número natural impar mayor que 2, demuestre que n( n2 – 1 ) es divisible por 24. (CEOC, 1992) 5. Determinar para cuáles números primos p se cumple que 2p + p2 es primo. (CEOC, 1992)

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FUNCIONES O SUCESIONES. 1. Colaboración de Yakub Yakub Aliyev, Facultad de Pedagogía, Departamento de Matemáticas, Matemáticas, Qafqaz University, Khyrdalan AZ 0101, Azerbaijan. Hallar todos los números reales a, b para los cuales existe una función  f  : R +  f (1)

2 , y para toda  x, y ∈ R

+

→ R + con

la igualdad  f ( xy ) =  f ( x) ay ⋅  f ( y ) bx se satisface.

2. Halle todas las funciones  f  : IR → IR tal que  f ( x) ≤ x y  f ( x +  y ) ≤  f ( x) +  f ( y ) para todo  x, y ∈ IR. (CEOC, 1991) 3. Propuesto por Šefket Arslanagić, Universidad de Sarajevo, Bosnia y Herzegovina. Tomado de la revista Crux Mathematicorum with Mathematical Mayhem del 1997. Halle todos los términos de la sucesión a n

= 3 2n−1 + 2 n−1 (n ∈ IN ) que son cuadrados

de algún entero positivo. 4. Propuesto por Hojoo Lee, Lee, estudiante, Universidad Kwangwoon, Kwangwoon, Corea del Sur. Tomado de la revista Crux Mathematicorum with Mathematical Mayhem del 2008.

( ) =  f (n + m) f (n − m) + m 2 ,

Halle todas las funciones  f  : » →» tal que  f  n 2

m.n ∈ »

5. Propuesto por Yakub N. N. Aliyeb, Aliyeb, Universidad Estatal de Baku, Baku, Azerbaijan. Tomado de la revista Crux Mathematicorum with Mathematical Mayhem del 2007. Halle todas las funciones  f  : IR →IR tales que  f (1) = 1 y, para todos los números reales  x, y tenemos  f ( x +  y ) = 3 y  f ( x) + 2 x  f ( y ).

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4. CURIOSATO. Esta columna tiene como finalidad mostrar ejercicios de preparación o competencia olímpicas en fases iniciales que se desarrollan en otros países. Estos tipos de ejercicios son, en en su mayoría, de selección única y se procurará brindar la solución de todos los ejercicios que se propongan. Es importante hacer notar que los mismos pueden servir de preparación para estudiantes que participan en los distintos niveles de la Olimpiada Costarricense de Matemática. La mayoría de problemas que presentamos en esta columna son ejercicios de olimpiadas nacionales e internacionales. Esperamos que este trabajo sirva como material de apoyo a los maestros que entrenan estudiantes para olimpiadas matemáticas y que sirva también de motivación y apoyo a los estudiantes que desean enfrentarse a problemas retadores e interesantes que son típicos de olimpiadas matemáticas. En esta columna presentamos el examen y soluciones del XI CONCURSO DE PRIMAVERA DE MATEMÁTICAS: Segunda Fase, NIVEL I para estudiantes de 5º y 6º de primaria, Madrid, España.

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 XI CONCURSO DE PRIMAVERA DE MATEMÁTICAS 2ª FASE : Día 21 de abril de 2007 NIVEL I (5º y 6º de primaria)

¡¡¡ Lee detenidamente las instrucciones !!!

Escribe ahora tu nombre y los datos que se te piden en la hoja de respuestas * No pases la página hasta que se te indique. * Duración de la prueba: 1 HORA 30 MINUTOS. * No está per mitido el uso de calculadoras, reglas graduadas, ni ningún otro instrumento de medida. * Es difícil contestar bien a todas las preguntas en el tiempo indicado. Concéntrate en las que veas más asequibles. Cuando hayas contestado a esas, inténtalo con las restantes. * No contestes en ningún caso al azar. Recuerda que es mejor dejar una pregunta en blanco que contestarla erróneamente: * MARCA CON UNA CRUZ ( ) EN LA HOJA DE RESPUESTAS LA QUE CONSIDERES

CORRECTA. * SI TE EQUIVOCAS, ESCRIBE "NO" EN LA EQUIVOCADA Y MARCA LA QUE CREAS CORRECTA. CONVOCA:

Facultad de Matemáticas de la U.C.M. COLABORAN :

Universidad Complutense de Madrid Consejería de Educación de la Comunidad de Madrid Educamadrid www.profes.net (SM) - Grupo ANAYA - El Corte Inglés Yalos Instruments, S.L. - SAS Cada respuesta correcta te aportará 5 puntos. Cada pregunta que dejes en blanco 2 puntos. Cada respuesta errónea 0 puntos.

1. En esta rejilla de puntos la distancia en horizontal o en vertical vertical de puntos consecutivos es 1 cm. ¿Cuál es, en cm, la longitud de la espiral trazada? A) 30

B) 31

C) 32

D) 35

48

E) 36

Sociedad RAMAMSEM Sociedad RAMAMSEM 2. El abuelo ha repartido su colección de postales entre sus cuatro nietos. Todos recibieron el mismo número de postales. Si el número de postales es uno de los que figura en las respuestas, ¿cuántas postales tenía el abuelo? A) 14

B) 18

C) 28

D) 33

E) 42

3. Un coche con cuatro elefantes elefantes dentro pesa 16 toneladas. toneladas. Si todos los elefantes pesan lo mismo y el coche vacío pesa una tonelada más que un elefante, ¿cuántas toneladas pesa el coche vacío? A) 2

B) 3

C) 4

D) 5

E) 12

4. ¿Cuál de las siguientes operaciones da como como resultado 50? A) 15 + 10 x 2

B) 100 : 5

C) 2 x (5 x 10)

D) (20 + 80) : 10 E) 200 : 4

5. Un mismo producto se vende en distintos envases. ¿Cuál sale más barato? A) 120 g a 0,45  € B) 150 g a 0,65  € C) 200 g a 1,10  € D) 250 g a 1,25  € E) 400 g a 2,10  € 6. La estrella hexagonal de la figura tiene tiene 12 cm2 de área. ¿Cuál es, en cm2, el área del hexágono regular circunscrito?

A) 15

B) 16

C) 18

D) 20

49

E) 21

Sociedad RAMAMSEM Sociedad RAMAMSEM 7. He preguntado a mis tres tres amigos si eran capaces capaces de adivinar cuántos libros tengo tengo en mi habitación. Azucena dice que 183, Bruno que 194 y Celia que 152. Y yo les digo que uno se ha equivocado por 11 libros, otro por 20 y otro por 22. ¿Cuánto suman las cifras del número de libros que tengo en mi habitación? A) 10

B) 5

C) 7

D) 14

E) 12

8. En esta pirámide, cada cada ladrillo es la suma de los dos ladrillos ladrillos que lo sostienen. ¿Cuál es la suma de los números de la fila de abajo?

A) 1467

B) 1740

C) 2007

D) 1747

E) 1627

9. Estos tres hexágonos regulares son del mismo tamaño. X , Y , Z  representan las áreas de las zonas sombreadas. ¿Cuál de las siguientes afirmaciones es verdadera?

A) X es igual a Y pero no a Z  C) Y es igual a Z pero no a X  E) X, Y y Z son las tres distintas

B) X es igual a Z pero no a Y X Y Z  D) X, Y y Z son las tres iguales

50

Sociedad RAMAMSEM Sociedad RAMAMSEM 10. Si ☺ + A)

+☼

= ☼,

=

+ ☼,

+

= ☺ + ☺ + ☺ + ☺, entonces,

B) ☼

C)

+

+

D) ☺

= E)

+☺

11. A Julián le encantan los animales. an imales. Tiene en su casa 39 mascotas entre gatos, gatos , perros, hámsteres, tortugas y periquitos. Tiene tantos gatos como perros y el doble de hámsteres que de perros. El número de tortugas es la tercera parte que el número de hámsteres y tiene siete periquitos más que tortugas. ¿Cuántos periquitos tiene Julián? A) 10

B) 11

C) 12

D) 13

E) 14

12. Los ángulos de la siguiente figura f igura son todos rectos y la longitud de d e algunos de d e sus lados, en cm, está indicada en el dibujo. El área de la figura, en cm 2, es:

A) 41

B) 104

C) 112

D) 64

E) 95

C) 2005

D) 2007

E) 2009

13. ¿Cuál de estos e stos números es e s primo? A) 2001

B) 2003

51

Sociedad RAMAMSEM Sociedad RAMAMSEM 14. En la figura f igura de la derecha, los segmentos AB y CD son paralelos. El ángulo A es de 28º y el ángulo C de 52º. ¿Cuánto mide el ángulo x ?

A) 62º

B) 80º

C) 100º

D) 280º

E) 120º

15. ¿Qué fracción del rectángulo grande está sombreada? (Los polígonos interiores son cuadrados)

A) 11/16

B) 9/16

C) 5/8

D) 3/4

E) 2/3

16. Por la tubería superior se introducen 1000 litros de agua. Cada vez que qu e el líquido llega a una bifurcación, se separa en dos partes iguales y discurre la mitad por cada lado. ¿Cuántos litros de agua llegarán al recipiente B?

A) 750

B) 500

C) 666

52

D) 600

E) 800

Sociedad RAMAMSEM Sociedad RAMAMSEM 17. Por el camino que lleva al cementerio hay una hilera de cipreses c ipreses plantados a la misma distancia entre sí. Un verano de fuerte sequía murieron todos los cipreses menos los dos de los extremos y uno más que se salvó. ¿Cuántos cipreses había antes de la sequía si sólo recuerdo que había menos de 25?

A) 6

B) 12

C) 14

D) 15

E) 19

18. Una leona tarda en e n comerse una cebra ce bra 6 horas, mientras que un gran león tarda la mitad de tiempo que la leona. Si un amanecer cazan los dos juntos una cebra, ¿cuánto tiempo tardarán en devorarla? A) 9 horas

B) 3 horas

C) 1 hora y media D) 4 horas y media E) 2 horas

19. En un triángulo, la medida med ida de cada lado es un número n úmero entero. El mayor es doble d oble que el mediano y éste, doble que el menor. ¿Cuál de estos números no puede ser el perímetro de dicho triángulo? A) 84

B) 77

C) 14

D) 97

E) 70

20. Hemos construido un castillo con cubos iguales. igua les. ¿Cuántos cubos, como mínimo, hemos utilizado si sus vistas son éstas?

A) 10

B) 11

C) 12

D) 15 53

E) 21

Sociedad RAMAMSEM Sociedad RAMAMSEM 21. Si el camino sigue siempre el mismo patrón, ¿cuál es la secuencia de flechas que llevan del 675 al 677?

22. ¿Cuál de estas figuras no puede ser trazada sin levantar el lápiz del papel y sin pasar dos veces por un mismo segmento?

23. Inicialmente hay un "1" en la pantalla. Al apretar la tecla A se multiplica por 3 el número de la pantalla. Al apretar la tecla B, se resta 1 al número de la pantalla. Utilizando sólo las teclas A y B hay que llegar a tener en la pantalla el 53. ¿Cuántas veces, como mínimo, debes pulsar las teclas? A) 4

B) 6

C) 10

54

D) 15

E) 53

Sociedad RAMAMSEM Sociedad RAMAMSEM 24. La familia Abolengo es muy tradicional. Hace muchísimos años Pepita Abolengo tuvo tres hijas a las que dio su apellido (la primera generación) y, desde entonces, todas las mujeres Abolengo tienen siempre tres hijas de apellido Abolengo. Si van ya por la cuarta generación de mujeres Abolengo, ¿cuántas mujeres Abolengo, incluida Pepita, han existido? A) 121

B) 243

C) 31

D) 2007

E) 81

25. La figura está formada por dos cuadrados cuyas áreas son 36 cm2 y 64 cm2. ¿Cuánto mide, en cm, el segmento PQ?

A)16 A)16

B)14 B)14

C)10 C)10

D)12 D)12

E) 8

TABLA DE SOLUCIONES  1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 E C C E A C A A D B

B

E

B

B

55

A

A

D

E

D

C

D

B

B

A

B

Sociedad RAMAMSEM 

5. Solución a los problemas anteriores de la la columna “Olimpiadas alrededor del mundo”. Randall Godínez. Arlene Martínez. Melissa Ramírez. Carlos Rodríguez. Presentamos, a continuación, la solución de los diez problemas presentados en esta misma columna pero de la edición anterior. Hemos procurado adjuntar varias soluciones a los problemas con el fin de hacer notar que los mismos pueden ser enfocados y resueltos de diversas formas y que ello es lo que se busca en las competencias olímpicas: favorecer el pleno desarrollo de la creatividad del participante al momento de enfrentar los problemas y de ninguna manera encajonar su pensamiento. Al mismo tiempo que se presenta una solución a determinado problema se advierte, cuando ello lo amerita, la teoría que se está aplicando en la solución del mismo con el fin de que se cuente con todo el marco teórico que se requiera para poder resolver otros problemas que puedan ubicarse en la misma categoría o bien que puedan reducirse a ellos. Cuando se indique que la solución es oficial lo que se pretende indicar es que esa es la solución que se dio en la competencia señalada por parte del comité organizador o bien de su proponente. Recuérdese que ningún problema está completamente cerrado por lo que se les solicita a nuestros estimables lectores que nos envíen sus comentarios o sugerencias que tengan a esta columna en particular mediante alguno de los correos indicados en la presentación. Pues bien, veamos las soluciones de la columna anterior !!

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Sociedad RAMAMSEM  1. Sea f(n) = xn + yn + zn una función tal que f(n) = n para n = 1, 2, 3. Calcular f(4). (Olimpiada Costarricense de Matemática, 1995) SOLUCIÓN (Oficial): Como f(n) = n para n = 1, 2, 3 entonces f(1) = x + y + z = 1 f(2) = x2 + y2 + z2 = 2 f(3) = x3 + y3 + z3 = 3 Por otro lado, (x + y + z)2 = x2 + y2 + z2 + 2(xy + xz + yz) ⇒ 1 = 2 + 2(xy + xz + yz) ⇒ –1/2 = xy + xz + yz

también, (x + y + z)3 = x3 + y3 + z3 + 3(x + y + z)(xy + xz + yz ) – 3xyz ⇒ 1 = 3 + 3 ⋅ 1 ⋅ –1/2 – 3xyz ⇒ xyz = 1/6

además, (xy + xz + yz)2 = x2y2 + x2z2 + y2z2 + 2(x2y z + xy2z + xyz2) ⇒ (xy + xz + yz)2 = x2y2 + x2z2 + y2z2 + 2xyz(x + y + z) ⇒ 1/4 = x2y2 + x2z2 + y2z2 + 2 ⋅ 1/6 ⋅ 1 ⇒ x2y2 + x2z2 + y2z2 = – 1/12

finalmente, (x + y + z)4 = (x2 + y2 + z2)2 + 4(x2 + y2 + z2)(xy + xz + yz) + 4(xy + xz + yz) 2 ⇒ 1 = (x2 + y2 + z2)2 + 4 ⋅ 2 ⋅ –1/2 ⇒ 5 = x4 + y4 + z4 + 2(x2 + y2 + z2)

⇒ x4 + y4 + z4 = 31/6

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Sociedad RAMAMSEM  2. Sean p, q, r tres números naturales tales que la suma p3 + q3 + r3 es divisible por 9. Pruebe que, en tal caso, al menos uno de los números p, q, r es múltiplo de 3. (XIX Olimpiada Matemática Española, 1983) Prueba (Oficial) : Veamos en primer lugar que, si un número entero no es múltiplo de 3, entonces m3 ≡ 1 (mod 9)

ó m3 ≡ 8 (mod 9)

En efecto, el número m sería de la forma m = 3n + 1 ó m = 3n +2 con lo que m = 27n3 + 27n2 + 9n + 1 ≡ 1 (mod 9) ó m = 27n3 + 54n2 + 36n + 8 ≡ 8 (mod 9). Según lo anterior, y de acuerdo con las distintas posibilidades que se pueden dar, puede ocurrir p3 + q3 + r3 ≡ 3 (mod 9) p3 + q3 + r3 ≡ 1 (mod 9) p3 + q3 + r3 ≡ 8 (mod 9) p3 + q3 + r3 ≡ 6 (mod 9) lo que prueba que la suma p3 + q3 + r3 no es múltiplo de 9. Por tanto, al menos uno de los números p, q, r debe ser múltiplo de 3. 3. Pruebe que el número 95892222 + 60511111 es múltiplo de 17. ( Olimpiada Regional de USSR, 1981) Solución (de Sociedad RAMAMSEM, Limón, Costa Rica): 95892222 + 60511111 = ( 17 ⋅ 564 + 1 )2222 + ( 17 ⋅ 356 – 1 )1111 ⇒ 95892222 + 60511111 = 17k + ( 1 )2222 + 17m + ( –1 )1111 para algún k, m ∈ ⇒ 95892222 + 60511111 = 17k + 1 + 17m – 1 ⇒ 95892222 + 60511111 = 17k + 17m ⇒ 95892222 + 60511111 = 17( k + m )

∴ 17  ( 95892222 + 60511111 )

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Sociedad RAMAMSEM  4. Halle la raíz raíz cuadrada de 1 111 111 111 – 22 222. ( Competencia por equipos, Olimpiada Iberoamericana de Matemática, 1992) Solución (de Sociedad RAMAMSEM, Limón, Costa Rica): A2 = 1 111 111 111 – 22 222 ⇒ A2 = 1 111 111 111 – 2( 11 111 ) ⇒ A2 = ( 10 10 – 1 ) / 9 – 2 ( 10 5 – 1 ) / 9 ( ver ejercicio 6 ) ⇒ A2 = (1010 – 1 – 2 ⋅ 105 + 2 ) / 9 ⇒ A2 = (1010 – 2 ⋅ 105 + 1 ) / 9 ⇒ A2 = [ ( 105 – 1 ) / 3 ]2 ⇒ A = ( 105 – 1 ) / 3

∴ A = 33 333 5. Calcule la suma de todas las fracciones positivas irreducibles irreducibles menores que uno cuyo denominador es 1994. ( Olimpiada Mexicana de Matemática, 1994) (Olimpiada Costarricense de Matemática, 1994) Solución (de Sociedad RAMAMSEM, Limón, Costa Rica): Como 1994 = 2 ⋅ 997 se tiene que, la suma pedida S está dada por

… + 997 / 1994 + 998 / 1994 + … + 1993 / 1994 ) – ( 2 ⋅ 1 / 1994 + 2 ⋅ 2 / 1994 + … + 2 ⋅ 996 / 1994 ) – 997 ⋅ 1 / 1994 ⇒ S = 1 / 1994 (1 + 2 + … + 1993 ) – 2 / 1994 ( 1 + 2 + … + 996 ) – 997 / 1994 ⇒ S = 1993 ⋅ 1994 / 1994 ⋅ 2 – 2 ⋅ 996 ⋅ 997 / 1994 ⋅ 2 – 997 / 1994 S = ( 1 / 1994 + 2 / 1994 +

⇒ S = 1993 / 2 – 996 / 2 – 1 / 2

∴ S = 498

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Sociedad RAMAMSEM  6. Determine el residuo que se obtiene al dividir la 100 – ésima potencia de un entero por 125. (Olimpiada Escolar de Leningrado, 1982) Solución (Oficial): Sabemos que todo entero n es de la forma 5k, 5k ± 1, 5k ±2. Entonces ( a ) si n = 5k se tiene que n 100 = (5k)100 = 53 ⋅ 597 ⋅ k100 de donde el residuo es cero. ( b ) si n = 5k ± 1 se tiene que n 100 = ( 5k ± 1 )100 ⇒ n100 = 53m + 1 ; para algún m

∈IN

∴ el residuo es uno. ( c ) si n = 5k ±2 se tiene que n100 = ( 5k ± 2 )100 ⇒ n100 = 53m + (2)100 ; para algún m ∈ IN ⇒ n100 = 53m + 450 ⇒ n100 = 53m + (5 – 1) 50 ⇒ n100 = 53m + 53x + 1 ; para algún x

∈ IN

∴ el residuo es uno. De ( a ), ( b ) y ( c ) concluimos que los posibles residuos al dividir la 100 – ésima potencia de un entero por 125 es 0 ó 1.

60

Sociedad RAMAMSEM  7. ABCD es un cuadrilátero cuadrilátero convexo en el cual AB es el lado lado de mayor longitud. longitud. Los puntos M y N están localizados sobre los lados AB y BC respectivamente, tal que cada uno de los segmentos AN y CM dividen al cuadrilátero en dos figuras de igual área. Pruebe que el segmento MN biseca la diagonal BD. (40 Olimpiada Canadiense de Matemática, 2008) SOLUCIÓN (Oficial): Desde que [MADC] = 1/2 [ABCD] = [N ADC], se sigue que [ANC] = [AMC], así que MN II AC. Sea m una recta que pasa por D paralela a AC y MN y sea BA prolongada hasta intersecar a m en P y BC prolongada hasta intersecar a m en Q. Entonces [MP C] = [MAC] + [CAP ] = [MAC] + [CAD] = [MADC] = [BMC] con lo que BM = MP . Similarmente BN = NQ, así que MN MN es una mediana del triángulo BPQ y entonces biseca a BD. 8. En la figura, el área del cuadrilátero APCQ = 9 cm2. Dado que BP = PC y CQ = DQ. Halle el área del rectángulo ABCD. (Olimpiada Matemática de Bangladesh, Nivel Primaria, 2005)

SOLUCIÓN (de Sociedad RAMAMSEM, Limón, Costa Rica): (APCQ) = 9 ⇒ (APC) + (CQA) = 9 ⇒ (AB)(PC) / 2 + (CQ)(AD) / 2 = 9 ⇒ (AB)(PC) + (CQ)(AD) = 18 ⇒ (AB)(BC/2) + (AB/2)(BC) = 18 ⇒ (AB)(BC) = 18

∴ (ABCD) 18 cm2 61

Sociedad RAMAMSEM  9. Sea ABC un triángulo. Sea X un punto sobre AB y Y un punto sobre AC tales que se cumple. AX = XY = YB = BC. Si ∠ ABC = 128°, halle la medida del ángulo ∠ BAC. (Olimpiada Matemática de Bangladesh, Nivel Secundaria, 2005) SOLUCIÓN (de Sociedad RAMAMSEM, Limón, Costa Rica): Consideremos la figura siguiente C Y

A

X

B

Sea α = ∠ BAC entonces, ∠ AYX = α por ser AX = XY y, en consecuencia el ∆ AXY isósceles. Como el ∠ YXB = ∠ YBX (por ser XY = YB y, en consecuencia el ∆ BXY isósceles) un ángulo externo al triángulo ∆ AXY se tiene que ∠ YXB = ∠ YBX = 2α. Del mismo modo, Como el

∠ BYC = ∠ BCY (por ser YB = BC y, en consecuencia el ∆ BYC isósceles) un ángulo externo al triángulo ∆ AYB se tiene que ∠ BYC = ∠ BCY = 3α. Finalmente, en el triángulo ∆ ABC se tiene que ∠ BAC + ∠ BCA + ∠ ABC = 180° ⇒ α + 3α + 128° = 180° ⇒ 4α = 180° − 128° ⇒ 4α = 52° ⇒ α = 13° ∴ ∠ BAC = 13°

62

Sociedad RAMAMSEM  10. En la figura, ∠ A = 60°, AB = 8 cm, AC = 5 cm, ∠ BAD = ∠ CAD . Halle AD .

(Olimpiada Matemática de Bangladesh, Nivel Secundaria, 2005) SOLUCIÓN (de Sociedad RAMAMSEM, Limón, Costa Rica): Aplicando el Teorema de la Bisectriz al triángulo ∆ ABC se tiene que:  BD

8

=

 DC 

5

8

⇒ BD =  DC . 5

Aplicando el Teorema de Los Cosenos (o como es llamada por otros, la Ley de Cosenos) a los triángulos ∆ BDA y ∆DCA, respectivamente, se tiene: 2  8   o 2 2   DC  = 8 + ( AD) − 2 ⋅ 8 ⋅ AD ⋅ cos 30    5 ⇒   ( DC )2 = 5 2 + ( AD ) 2 − 2 ⋅ 5 ⋅ AD ⋅ cos 30 o 

multiplicando por

 64 2 2 ( ) = + − 8 AD 3  DC   AD 64 ( )  25    ( DC )2 = 25 + ( AD) 2 − 5 AD 3

− 64 la segunda ecuación y, luego, sumándola a la primera obtenemos: 25

0=−

de donde, concluimos,  AD =

40 3 13

39 25

.

63

( AD) 2

+ 24 AD 5

3

Sociedad RAMAMSEM 

6. Olimpiadas alrededor del mundo. Randall Godínez. Arlene Martínez. Melissa Ramírez. Carlos Rodríguez. En esta columna se propondrán únicamente problemas que hayan sido parte de exámenes de competencias olímpicas, nacionales o internacionales, con esto pretendemos que otros tipos de competencias sean abordados en la columna Problemas de Competencias no Olímpicas  (antes denominada problemas propuestos) de esta misma revista. Es importante hacer notar que los problemas de la OLCOMA que se publican en esta revista corresponden a lo que hoy se considera el nivel C de estas competencias olímpicas y que se hará referencia a otro nivel cuando ello sea necesario. En esta edición publicaremos los problemas de la Segunda Fase de la XXIV Olimpiada Brasileña de Matemática Matemática celebrada en el año 2002. XXIV OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA

Problemas de la Segunda Fase

PROBLEMAS – NIVEL 1 PROBLEMA 1 El año 2002 es un número palíndromo, o sea, se lee lee igual de derecha para a izquierda. izquierda. a) Después del 2002, ¿cuáles serán los próximos cuatro años palíndromos? b) El último año palíndromo, 1991, era impar. ¿Cuándo será el próximo año palíndromo impar?

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Sociedad RAMAMSEM  PROBLEMA 2 Un hacendado resuelve repartir su hacienda a sus cinco hijos. hijos. El diseño de al lado (no está a escala) representa la hacienda y las partes de los herederos, que son de forma triangular, de modo que

 BD =

 BC 

4

,

 AE =

 AC 

3

 DC 

,  DF  =

2

e EG = GC . El hijo menor recibe

el terreno

representado por el triángulo oscuro, de 40 hectáreas. ¿ Cuántos hectáreas tenía la propiedad original? A

E

G

C B

F

D

PROBLEMA 3 Dado un número, puedes escribir o su doble o suprimir el dígito de las unidades. Represente una sucesión que comience con 2002 y termine con 13, usando solamente esas dos operaciones. PROBLEMA 4

Tres amigas fueron a una fiesta con vestidos azul, negro y blanco, respectivamente. Sus pares de zapato presentaban esos mismos tres colores, más solamente Ana usaba vestido y zapatos del misma color. Ni el vestido ni los zapatos de Julia eran blancos. Marisa usaba zapatos azules. Describa el color del vestido de cada una de las muchachas.

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Sociedad RAMAMSEM  PROBLEMA 5 En el jugo pega-paletas, as paletas verdes valen 5 puntos cada una, las azules valen 10 puntos, las amarillas valen 15, las rojas, 20 y la negra, 50. Existen 5 paletas verdes, 5 azules, 10 amarillas, 10 rojas y 1 negra. Carlos consigue hacer 40 puntos en una jugada. Llevando en cuenta apenas a cantidad de paletas de esos colores, ¿de cuántas maneras diferentes él podría haber conseguido esa puntuación, suponiendo que en cada caso fuese posible pegar las paletas necesarias? PROBLEMA 6 En las casillas de un tablero 8 × 8 fueron escritos números enteros positivos de forma que la diferencia entre números escritos en casillas vecinas (cuadrados con un lado común) es 1. Se sabe que en una de las casillas está escrito 17 y, en otra, está escrito 3. Diseñe un tablero 8 × 8 aprovechando esas reglas y calcule la suma de los números escritos en las dos diagonales del tablero.

PROBLEMAS – NIVEL 2  PROBLEMA 1 Gerald y Magrão salieron de sus casas en el mismo instante con la intención de visitar el uno al otro, caminando por el mismo sendero. Gerald iba pensando en un problema de olimpiada y Magrão iba reflexionado sobre cuestiones filosóficas y ninguno se percató del otro cuando se cruzaron en el camino. Diez minutos después, Gerald llegaba a casa de Magrão y media hora más tarde, Magrão llegaba a casa de Gerald. ¿ Cuánto tiempo caminó cada uno de ellos? Observación: Cada uno de ellos viaja con velocidad constante.

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Sociedad RAMAMSEM  PROBLEMA 2 verde

a z  z u  u l 

  c  o    n   a    r     b amarelo

Un panel grande en forma de un cuarto de círculo fue compuesto con 4 colores, conforme lo indicado la figura de arriba, donde el segmento divide al setor en dos partes iguales y un arco interno de una semicircunferencia. ¿Cuál es el color que cobre una mayor área? PROBLEMA 3

Vea el problema No. 6 del Nivel 1. PROBLEMA 4

C   B

A

D

El profesor Pardal está estudiando el comportamiento familiar de una especie de pájaro. Los puntos A, B , C  y D  de la figura de arriba, representan la disposición de cuatro nidos de esos pájaros. El profesor construyó un puesto de observación equidistante de los cuatro nidos. Todos los nidos y el puesto de observación están en un mismo nivel de altura a partir del suelo, la distancia de B  a D  es de 16 metros y  B Aˆ D = 45° . Determine la distancia del puesto a cada nido.

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Sociedad RAMAMSEM  PROBLEMA 5 El primer número de una secuencia es 7. El próximo es obtenido de la siguiente manera: Calculamos el cuadrado del número anterior 72 = 49 y a continuación efectuamos la soma de sus dígitos y adicionamos 1, esto es, el segundo número es 4 + 9 + 1 = 14. Repetimos este proceso, obteniendo 142 = 196 y el tercer número de la secuencia es 1 + 9 + 6 + 1 = 17 y así sucesivamente. ¿Cuál es el 2002o elemento de esta secuencia? PROBLEMA 6 El año 2002 es un número palíndromo, o sea, se lee lee igual de derecha para a izquierda. izquierda. a) Después del 2002, ¿cuáles serán los próximos cuatro años palíndromos? b) El último año palíndromo, 1991, era impar. ¿Cuándo será el próximo año palíndromo impar? c) El último año palíndromo primo primo sucedió hace más de 1000 años, en 929. Determine Determine cuál será el próximo año palíndromo primo.

PROBLEMAS – NIVEL 3  PROBLEMA 1

o

Vea el problema N . 5 del Nivel 2. PROBLEMA 2 ¿Para cuáles enteros positivos n  existe un polígono no regular de n  lados, inscrito en una circunferencia, y con todos los ángulos internos de la misma medida? PROBLEMA 3 Determine el mayor natural k  para el cual existe un entero n  tal que 3k  divide n 3 – 3n 2 + 22.

68

Sociedad RAMAMSEM  PROBLEMA 4 ¿ Cuántos dados deben ser lanzados al mismo tempo para maximizar la probabilidad de obtener exactamente un 2? PROBLEMA 5 En un cuadrilátero convexo ABCD , los lados opuestos AD  y BC  son congruentes y los puntos medios de sus diagonales AC y BD son distintos. Pruebe que la recta determinada por los puntos medios de las diagonales forma ángulos iguales con AD y BC . PROBLEMA 6 Colocamos varios palitos sobre una mesa para formar un rectángulo m  × n , como muestra la figura. Debemos pintar cada palito de azul, rojo o negro de modo que cada uno de los cuadritos de la figura sea delimitado por exactamente dos palitos de un color y dos de otro color. ¿De cuántas formas podemos realizar esta pintura?

... ...  m

M

M

M

...  n

69

M

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7. Lógica y Matemática Recreativa. Maynor Castro Carlos Molina Mauricio Ramírez Simón Sánchez Erick Solano En esta columna continuamos con la presentación de diez ejercicios que se han presentado en concursos de E.S.O tanto de España como de Venezuela, Olimpiada Mexicana y la Olimpiada Thales entre otras competencias. Por otro lado, y al igual que en la edición anterior, al final de los enunciados damos una solución a los mismos esperando que sirvan como una guía aunque sabemos que se pueden encontrar otras vías de solución a cada uno de ellos. Pues bien, empecemos y que se diviertan !!!

1º  Juego (14-16 años): Cuadrados y diamantes La serie que ves en la imagen se ha realizado tomando un cuadrado en blanco, marcamos los puntos medios de los lados, unimos y coloreamos de negro el cuadrado que se forma. Después unimos los puntos medios del cuadrado negro (diamante), los unimos y coloreamos de blanco. Estos son los cuatro primeros modelos:

A la vista de esta serie, nos planteamos las siguientes cuestiones: a) ¿Cuántos cuadrados y cuantos diamantes encontraríamos en el paso 10? ¿Y en el 100?. Generaliza para cualquier número de pasos. b) ¿De qué color será la región central?. En el paso 10, en el 67,... y en general. c) ¿Habrá más superficie blanca o negra?. d) ¿Cuántos triángulos blancos y cuántos negros hay en un paso cualquiera?. ( XV O.M. Provincial. Primera Fase. Albacete. 2004 )

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Sociedad RAMAMSEM  2 º Juego (14-16 años):  La  La cuerda que cuadra Un cuadrado está rodeado por una cuerda totalmente ajustada a su perímetro, si añadimos 1 metro a la cuerda y tiramos hacia fuera desde los vértices del cuadrado, en la dirección de las diagonales, ¿a qué distancia del punto medio de cada lado quedará la cuerda?. ¿Y si la figura es un rectángulo de lados cuya longitud es m y n, respectivamente? ( XV O.M. Provincial. Primera Fase. Albacete. 2004 )

3 º Juego (12-14 años):  Latas  Latas de refresco Tres amigos tienen 21 latas de refresco, 7 de ellas están llenas, 7 vacías, y 7 llenas hasta la mitad exactamente. ¿Cómo deben repartirse las latas para que los tres se lleven el mismo número de latas y la misma cantidad de refresco. (No se puede trasvasar refrescos de una lata a otra). (IV O.M. Regional Cantabria. 2000)

 Lote de piezas 4 º Juego (12-14 años):  Lote Un obrero fabrica cierto lote de piezas en 12 días, trabajando 7 horas diarias, de las que ha de dedicar cada día 1 hora para la preparación de herramientas. Un empresario quiere que el lote de piezas esté listo en 10 días. ¿Cuántos minutos más deberá trabajar cada día el obrero para cumplir su objetivo? ( X O.M. Castellano Leonesa. Fase Regional. Zamora. 2002)

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Sociedad RAMAMSEM   El prisma 5 º Juego (12-14 años):  El Las longitudes de los lados de un prisma recto de base rectangular son proporcionales a los números 1,2 y 3. La superficie total del prisma es de 550 cm 2. Calcula el volumen. ( VII O.M. Fase Final. Comunidad de Madrid. 1998) 6 º Juego (12-14 años): ¡ Terroristas NO ! La cabina de un avión se encuentra blindada a prueba de terroristas y sólo puede accederse a ella tecleando una clave que únicamente conoce el comandante, pero a éste se le ha olvidado. Sin embargo, recuerda que... • La clave consta de cuatro números distintos. • Los números de los botones no coinciden con el orden en que deben ser pulsados. • El primero y el último en pulsarse deben estar separados. • El último botón no está en ningún extremo. ¿Podrías ayudar al comandante a despegar, despejando el enigma?

2413 ( XVIII O.M. Thales. Fase Provincial. Córdoba. 2002) 7 º Juego (12-14 años) : Velar la noche Los alumnos de 2º de E.S.O. se van de acampada en las vacaciones de verano y deciden dejar encendida una vela cada noche durante el campamento. Sabiendo que si la vela permanece encendida toda la noche queda 1/4 de vela y por tanto con los restos de las velas de 4 noches se tiene una vela que puede utilizarse otra noche, ¿cuántas noches estarán de acampada si compran 16 velas? Calcula el MENOR número de velas que deben comprar si quieren encender una vela durante 105 noches. ( XIII O.M. Región de Murcia. 2002 )

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Sociedad RAMAMSEM  8º Juego (14-16 años): Un viaje Varias personas deciden realizar un viaje, para lo que alquilan un vehículo por 522 euros. Convienen en pagar cada uno según el gasto que se hiciese. En el trayecto tres de ellos deciden quedarse. Los que terminaron el viaje tuvieron que pagar 29 euros más que los que se quedaron. ¿Cuántas personas comenzaron el viaje? (XIII O.M. Semifinal. Albacete. 2002)

 Pagamos en euros 9 º Juego (14-16 años):  Pagamos Antonio, Begoña, Carlos y Diana han tomado un aperitivo en un bar. A la hora de pagar, lo hacen a partes iguales. Una vez abonada la cantidad, observan que aunque todos han pagado lo mismo, Antonio ha puesto el 10% de lo que tenía al principio, Begoña el 20%, Carlos el 30% y Diana el 40%. Averigua razonadamente la cantidad mínima de euros que tenía cada uno, sabiendo que al principio todos ellos tenían un número entero de euros (sin decimales). (IX O.M. Fase Local. Salamanca. 2002)

10 º Juego (14-16 años):  Los  Los Pérez Los señores Pérez tienen cinco niños de lo más activos: • el lunes van al cine CUATRO de ellos cuyas edades suman 38 años. • el martes van a patinar CUATRO cuyas edades suman 35 años. • el miércoles van al parque de atracciones CUATRO, sumando sus edades 36 años. • el jueves salen CUATRO a la piscina, sus edades suman 36 • el viernes van CUATRO a un concierto, sus edades suman 38. • el sábado se van al fútbol CUATRO y esta vez, sus edades suman 39. Sabemos que ningún chico sale en seis ocasiones. ¿Sabrías calcular la edad de cada uno?. ( III O.M. Guadalajara. 2002)

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Sociedad RAMAMSEM  SOLUCIONES PROPUESTAS

Cuadrados y diamantes  a) Paso 10: Hay 5 cuadrados y 5 diamantes. Paso 100: Hay 50 cuadrados y 50 diamantes. Paso n: Si n es impar hay (n+1)/2 cuadrados y (n-1)/2 diamantes. Si n es par hay n/2 cuadrados y n/2 diamantes. b) Paso 10: negra. Paso 67: blanca Paso n: Si n es impar, blanca. Si n es par, negra. c) Hay más superficie blanca en cualquier paso menos en el segundo que las dos superficies son iguales. d) Si n es impar hay 2·(n-1) triángulos blancos y 2·(n-1) triángulos negros. Si n es par hay 2n triángulos blancos y 2n-4 triángulos negros. (José Ignacio B. 4º-E.S.O. 4º -E.S.O. del I.E.S. A. de Covarrubias de Torrijos (Toledo) )

La cuerda que cuadra  a) El metro que aumenta la cuerda se ha de distribuir en 8 partes iguales por lo que la distancia al punto medio de cada lado quedará a 1/8 m.

Se forman dos triángulos semejantes por lo que:

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Sociedad RAMAMSEM  m/x = n/y 4x + 4y =1 de donde se obtiene x = n/4(m + n) y = m/4(n + m) distando x del lado que mide m e y del lado que mide n. (José Ignacio B. 4º - E.S.O. del I.E.S. A. de Covarrubias de Torrijos (Toledo) )

Latas de refresco  Primer niño: 1 llena, 5 medias y 1 vacía. Segundo niño: 3 llenas, 1 media y 3 vacías. Tercer niño: 3 llenas, 1 media y 3 vacías (Nacho A. de 1º - E.S.O. del I.E.S. Ría del Carmen de Muriedas (Cantabria))

Lote de piezas  Tiene que trabajar 72 minutos más cada día. Puesto que dedica una hora a preparar herramientas cada día, trabaja en realidad 6 horas diarias, es decir, 360 minutos. Para hacerlo en 12 días tiene que trabajar 360x12 = 4320 minutos. Dividiendo los 4320 minutos por 10 sale 432 minutos diarios, o sea, 72 minutos más. (Marta S. de 2º - E.S.O. del C. M.M. Dominicas Vistabella de Sta. Cruz de Tenerife)

El prisma  El volumen es 750 centímetros cúbicos. Puesto que la relación es 1, 2, y 3, hice la siguiente ecuación: 2·(2x·x + 3x·x + 2x·3x) = 550. Resolviéndolo sale que x vale 5, por lo que los lados valen 5, 10 y 15 y por tanto, el volumen es 5·10·15 = 750 (Marta S. de 2º - E.S.O. del C. M.M. Dominicas Vistabella de Sta. Cruz de Tenerife)

¡ Terroristas NO !  2341

(Luis R. de 1º - E.S.O. del I.E.S. José Luis Sampedro de Tres Cantos (Madrid))

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Velar la noche  Si compran 16 velas y cada cuatro restos de vela hacen otra vela, pasarán de acampada: 16+16/4+4/4=21 días. Gráficamente lo expresaríamos del siguiente modo: 1 1 1 1 1 1111 1111 1111 1111 Si observamos detenidamente vemos que 21 es múltiplo 105. Por lo tanto necesitaremos 5 tandas de 16 velas. 16·5=80 velas. Pero como en cada tanda de vela sobra 1/4 de vela nos sobrarían 5/4 de vela(con 4/4 de ellas elaboramos otra vela).Así pues, con una vela menos nos arreglaríamos, es decir, COMPRARÍAMOS 79 VELAS. (María G. 1º - E.S.O. del I.E.S. Venancio Blanco de Salamanca)

Un viaje  7 personas. Planteamiento: número personas = x y todos pagan = y euros xy + 29(x − 3)29 = 522 y = (609 − 29x) / x y = ( 29(21 − x)) / x, implica que x tiene que ser divisor de (21 − x) al ser 29 número primo. Luego es divisor de 21 x = 1 Imposible al no volver 3 personas. x = 3 No volvería ninguna persona x = 7 Es la solución. x = 21 Los tres que no terminan el viaje no pagarían nada. (José Ignacio B. 3º-E.S.O. 3º -E.S.O. del I.E.S. A. de Covarrubias de Torrijos (Toledo) )

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Pagamos en euros  Antonio (a), Begoña (b), Carlos (c) y Diana (d). Con los datos que nos dan, sabemos que 10% a = 20% b = 30% c = 40% d. O lo que sería lo mismo, 0,1a = 0,2b = 0,3c = 0,4d. Si los ponemos en función de a, tenemos que a = 2b = 3c = 4d. Como nos dicen que al principio todos ellos tenían un número entero de euros, hallamos el mcm de los 4 números (1, 2, 3, 4), que es 12. Y por lo tanto, sabemos que a, tiene 12 euros, que b, que tiene la mitad, tiene 6 euros, c, la tercera parte, 4 euros, y d, la cuarta parte, 3 euros. Así que todos pagaron 1'2 euros. (María R. de 1º-BCH. del Colegio Pureza de María-Grao (Valencia) )

Los Pérez  Al menos uno de los 5 niños sale a lo más 4 veces, así que podemos decir: 4a + 5b + 5c + 5d + 5e = 222; 4a + 4 b + 4c + 4d + 4e + b + c + d + e = 222, 4(a + b + c + d + e) + b + c + d + e = 222. Como b + c + d + e sólo puede ser 38, de aquí deducimos que a + b + c + d + e = 46. Supuesto que b + c + d + e = 38, entonces tenemos que que a = 8, ahora supongamos que a + c + d + e = 36, entonces b = 10, que a + b + c + e = 39, entonces d = 7, que a + b + c + d = 36, entonces e = 10, y finalmente a + b + e + d = 35, entonces c = 11 las edades de los niños son a = 8 años, b = 10 años, c = 11 años, d = 7 años y e = 10 años (Javier B. de 4º-S. del C. P. del Chamizal de Ciudad Juárez (México) )

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Sociedad RAMAMSEM  EXAMEN DE MÚSICA (Enviado por un profesor de ESO, son las respuestas de un examen de música de verdad. Hemos respetado la ortografía en su forma original.) La orquesta: Definición, esquema de distribución de los instrumentos y criterio de colocación de  estos instrumentos.

La orquesta es cuando se guntan mucha gente que toca, y toca la musica. Los instrumentos se colocan unos delante y detras y eso depende del tamaño, por ejemplo la gaita se coloca siempre delante. Características generales de la música barroca.

Creo que ay un despiste en la pregunta, me parece que es la musica marroca. Voy a contestar esto. La musica marroca es la de los moros de Marruecos que es muy importante porque la tocaban los moros cuando ivan a las batallas de conquista. Beethoven.

Este era un señor sordo que compuso la letra de Miguel Rios o sea el Hino de la alegria. Pero cuando la izo no era de rocks. Daba muchos conciertos en la epoca de Franco y hizo tambien "Para Luisa" que no tiene paranjon en la historia de la musica. Vocabulario musical. Define... Barítono: es el que lleba la barita o sea el que dirije a los otros Tenor:  es un cantante como Placido Domingo Soprano:  esto no lo se Villancico: es lo que se canta en Navidad cerca del arbol Sinfonía: es lo que tocan las orquestas Movimiento adagio:  eso no lo trae mi libro Movimiento allegro:  que lo cantan los musicos cuando o sea estan contentos. Brevemente comenta las características musicales de tu grupo/cantante/compositor favorito.

A mi me gusta mucho toda la musica tanto asi la vieja y la de haora. Ejemplo: de la vieja, Carminha Furada, Maller y Faya que era español, de los nuevos me gusta Mecano, Siniestro Total, Los Burros, Allatola no me toques la pirola (con perdon) y otros muchos en jeneral. Fin.

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8. Guía y lecciones de entrenamiento para competencias matemáticas. Superficie de triángulos y polígonos 1.1 DEFINICIÓN. DEFINICIÓN. Cuando nos estamos refiriendo a una altura determinada de un triángulo, al lado en el que incide dicha altura perpendicularmente le llamaremos base. 1.2 LEMA. LEMA. Si dos o más triángulos tienen la misma base o bases iguales y además están entre las mismas paralelas, entonces sus superficies son iguales. PRUEBA: En efecto, las paralelas son equidistantes (ver figura 1.21) así que todos los triángulos de esta figura: ∆ ABC, ∆ ABC’ y ∆ ABC’’ tendrán la misma altura y por tanto la misma superficie. C

C’

A

C’’

B Figura 1.21

1.3 COROLARIO. COROLARIO. Si las bases de dos triángulos, estando sobre una misma recta, son iguales y además el tercer vértice de ambos coincide, entonces los dos triángulos tienen la misma superficie. PRUEBA: Es inmediata, ya que si AB = A’B’ y si A, B, A’ y B’ son colineales, entonces trazando por C una paralela (ver figura 1.22) se aplica directamente el lema anterior.

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Sociedad RAMAMSEM  C

A

B A’ Figura 1.22

B’

1.4 LEMA. LEMA. Las superficies de dos triángulos de bases iguales son entre sí como las alturas correspondientes; e inversamente, las superficies de dos triángulos de alturas iguales son entre sí como las bases correspondientes. La prueba de este lema es sumamente sencilla y se le puede asignar al estudiante como ejercicio. 1.5 DEFINICIÓN. DEFINICIÓN. Si dos figuras Γ  y Γ ’ tienen la misma superficie, entonces diremos que son

Γ ≡ Γ ’.’. equivalentes y escribiremos Γ ≡ El estudiante debe tener cuidado en no confundir los símbolos: recuérdese que usamos “ ≅ ” para la congruencia, “ ∼ ” para la semejanza y “ ≡ ” para la equivalencia (en área). De la misma definición se sigue que ésta última es una relación de equivalencia. 1.6 LEMA. LEMA. Dos triángulos equivalentes cuyas bases sean iguales y estén situadas sobre una misma recta están necesariamente entre las mismas paralelas. También, dos triángulos equivalentes cuyas bases coinciden tienen necesariamente la misma altura. La prueba se deja como ejercicio suplementario al estudiante.

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Sociedad RAMAMSEM  EJERCICIOS RESUELTOS. 1. ABCD es un paralelogramo. E es un punto cualquiera del lado BC. Se traza traza el segmento AE y se prolonga hasta que corte a la prolongación del segmento DC en F. Demostrar que (DEC) = (EBF). DEMOSTRACIÓN  D

C E

A

F

B

Consideremos la figura anterior en donde se han trazados las diagonales AC y BD. Ahora, (EBF) = (ABF) – (ABE). (ABE). Pero (ABF) = (ABC) (ABC) = (DBC) (DBC) (1.2 LEMA), y además (ABE) (ABE) = (DBE) (1.2 LEMA). Por consiguiente, se concluye que (EBF) = (DEC) – (DBE) = (DEC). 2. Por el punto medio M del lado AB de un triángulo ABC se traza una recta arbitraria que corta en D y E, respectivamente, a las rectas BC y CA. Desde C se traza una paralela a DE que corte en F a la recta AB. Demostrar que (DAF) = (FBE) DEMOSTRACIÓN 

C

E F

A

M D

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B

Sociedad RAMAMSEM  Consideremos la figura anterior, en donde se han trazado los segmentos auxiliares CM y AE. Ahora, notemos que (DMF) = (DMC) (1.2 LEMA). Si a esto le restamos el área común (DMA) obtenemos (DAF) = (AMC). No obstante, (AMC) = (MBC) = (MEC) + (MBE) (1.3 COROLARIO). Y por otra parte (MEC) = (MEF) (1.2 LEMA). Por lo tanto, se tiene que (DAF) = (MEF) + (MBE) = (FBE). 3. Dado un triángulo ABC y un punto P sobre el segmento AB, halle un punto Q sobre el segmento BC tal que el segmento PQ divida al triángulo ABC en dos figuras equivalentes. SOLUCIÓN  Sea M el punto medio de AB. Tracemos los segmentos auxiliares PC y MC. Por el punto M trazamos una paralela a PC que interseca al segmento BC en Q. Se asegura que Q es el punto buscado. (ver la figura siguiente)

C

Q

A

P

M

B

En efecto, (AMC) = (MBC) (1.3 COROLARIO) por lo que 2(AMC) = (ABC). Por otra parte, tendremos que (PQC) = (PMC) (1.2 LEMA), de aquí que (PQC) + (APC) = (PMC) + (APC), es decir, (APQC) = (AMC). Consecuentemente se concluye que 2(APQC) = (ABC)

4. En la figura, ABCD es un paralelogramo; P es un punto cualquiera sobre el lado BC. Trazamos el segmento AP, y desde C trazamos CQ || AP. Por P dibujamos PE || CA. Demostrar que EQ || BD.

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D

Q

C

A P E B

DEMOSTRACIÓN  Tracemos los segmentos auxiliares EC, ED y BQ. Note que (ABQ) = (ACQ) (1.2 LEMA) . Además, como APCQ es un paralelogramos por construcción se sigue que (ACQ) = (APC). Sin embargo , (APC) = (AEC) (1.2 LEMA, recuérdese que PE || CA) y por la misma razón (AEC) = (AED) (1.2 LEMA, recuérdese que AE || CD). Así, por transitividad se sigue que (ABQ) = (AED). (AED). Si en esta última equivalencia restamos restamos a ambos miembros la superficie del

∆ AEQ hallamos que (EBQ) = (QED). Pero estos dos triángulos comparten la base EQ, así que por 1.6 LEMA se concluye que EQ || BD.

EJERCICIOS PROPUESTOS. 1. Por los vértices A, B y C de un triángulo se trazan tres rectas paralelas arbitrarias que intersecan a los lados opuestos o a sus prolongaciones en D, E y F, respectivamente. Demostrar que 2(ABC) = (DEF). 2. Sobre el lado AC de un triángulo triángulo cualquiera ABC trazamos dos puntos D y F tales que AD = CF. Trazamos también los segmentos FG y DE paralelos al segmento AB. Demostrar que (AED) = (AGF). 3. E y F son los puntos medios de los lados AB y BC, respectivamente de un paralelogramo paralelogramo ABDC. Demuestre que (AED) = (DFC) 83

Sociedad RAMAMSEM  4. Pruebe que si de un punto arbitrario de una diagonal de un paralelogramo se trazan segmentos a los otros dos vértices, entonces se forman dos pares de triángulos equivalentes. 5. Pruebe que el área de un trapecio es igual a la la suma de las áreas de los dos triángulos cuyos respectivos vértices son el punto medio de uno de los lados no paralelos y los extremos del lado opuesto. 6. Pruebe que en todo trapecio, los dos triángulos triángulos cuyos respectivos vértices son el punto medio de uno de los lados no paralelos y los extremos del lado opuesto, son equivalentes. 7. Demuestre que el área del paralelogramo formado al unir los puntos medios de los lados consecutivos de un cuadrilátero cualquiera es igual a la mitad del área del cuadrilátero. 8. Si M es el punto medio del lado BC de un triángulo triángulo cualquiera ABC, y si E es un punto arbitrario dentro del triángulo, demuestre que (ABM) – (AEC) = 2(AME). 9. En un paralelogramo arbitrario ABCD, M es el punto de intersección de las diagonales y P es un punto arbitrario dentro del ∆ MBC. Demuestre que (PDA) = (PBC) + (PDB) + (PCA). 10. ABCD es un paralelogramo, M es el punto medio de la diagonal BD; PQ es un segmento de recta arbitrario que pasa por M e interseca a los segmentos AB y CD en P y Q, respectivamente. Se traza el segmento AQ y desde M se dibuja una paralela al segmento AB que interseca al segmento AQ en R. Por último, se trazan los segmentos PR y RC. Demostrar que (APR) = (RCQ). RETO: Si cada uno de los tres lados de un triángulo se divide en cuatro partes iguales y desde  cada vértice se dibuja un segmento hasta el punto que quede a la cuarta parte del lado opuesto, entonces la razón entre el área del triángulo determinado por estos tres segmentos y el área del  triángulo original es constante. Generalice el resultado para el caso en que cada lado se divida  en  n partes iguales, y de paso pruebe como corolario que las medianas de un triángulo son  concurrentes.

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Sociedad RAMAMSEM  C

R

F

-

-

-

-

Q D

A

E P

‘

‘

B

Este problema tan interesante fue planteado por B. L. Burton de Los Alamos, Nuevo México, adelantaremos que la solución es (DEF) : ( ABC) = 4 : 13 y, para el caso general, la solución es  (DEF) : ( ABC) = (n – 2) 2  : (n 2  – n + 1)

SUGERENCIAS 1. Trace los segmentos auxiliares DG y EF. 2. Trace los segmentos auxiliares AC y EF. Para empezar pruebe que la diagonal queda trisecada por los segmentos DE y EF. 3. Note la similitud con el ejercicio 6. 4. Trace por P una paralela a AD que interseque a AB en, por ejemplo, L y a CD en, por ejemplo, N.

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Teorema de Ptolomeo Teorema de la Bisectriz Teorema de Ceva DEFINICIÓN: Un cuadrángulo (cuadrilátero) concíclico es aquel que puede inscribirse en un círculo. Las dos condiciones siguientes son necesarias y suficientes ( cada una por separado) para que un cuadrilátero sea concíclico. 1. ∠ ABD = ∠ ACD o ∠ BCA = ∠ BDA o ∠ CAB = ∠ CDB o ∠ BDC = ∠ DAC 2. que sus ángulos opuestos sean suplementarios. TEOREMA: (De Ptolomeo) En todo cuadrángulo concíclico, el producto de las diagonales es igual a la suma de los productos de los lados opuestos. DEMOSTRACIÓN C

D EE B

A

Consideremos la figura anterior. Tracemos el segmento CE de modo que∠ DCA = ∠ ECB, como ∠ DAC = ∠ DBC se sigue que

∆ CDA ∼ ∆ CEB con lo que BC / AC = BE / AD, entonces AC ⋅ BE = BC ⋅ AD (1). Análogamente, es claro que ∠ DCE = ∠ ACB con lo que los ∆ CDA ∼ ∆ CEB por lo que AC ⋅ DE = AB ⋅ DC (2). Sumando (1) y (2) obtenemos AC ⋅ BE + AC ⋅ DE = BC ⋅ AD + AB ⋅ DC ⇒ AC ( BE + DE ) = BC ⋅ AD + AB ⋅ DC ∴ AC ⋅ BD = BC ⋅ AD + AB ⋅ DC Q.E.D 86

Sociedad RAMAMSEM  TEOREMA: De la Bisectriz En todo triángulo la bisectriz de cualquiera de los ángulos internos divide al lado opuesto en segmentos proporcionales a los lados adyacentes a ese ángulo. DEMOSTRACIÓN C

P

A

B

S

Consideremos la figura anterior. Sea ∆ ABC un triángulo en el que el segmento BP es la bisectriz del ∠ ABC. Se quiere demostrar que AP / PC = AB / BC. Si desde C trazamos una paralela a BP, dicha paralela intersecará a la prolongación de AB en un punto, por ejemplo, S. Ahora bien, por el teorema de Thales AP / PC = AB / BS. Por otra parte, ∠ PBC = ∠ BCS y además se tiene que ∠ ABP = ∠ PBC de modo que ∠ BCS = ∠ BSC y por consiguiente BC = BS lo que implica que AP / PC = AB / BC.

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Sociedad RAMAMSEM  TEOREMA: De Ceva. Supongamos que en el triángulo ∆ ABC, en los lados AB, BC y AC se han tomado los puntos D, E y F respectivamente. Los segmentos segmentos AE, BF y CD son concurrentes si y sólo si AD / BD ⋅ BE / CE ⋅ CF / AF = 1. B

E D

A

F

Dejamos al amigo lector su demostración.

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C

Sociedad RAMAMSEM  EJERCICIOS RESUELTOS. 1. Sea ABC un triángulo rectángulo rectángulo en C. Sobre la hipotenusa se construye un cuadrado de lado AB. Sea D el centro del cuadrado. Demuestre que CD =

2 / 2 ( AC + BC )

( Concurso Regional de México, 1996 ) DEMOSTRACIÓN Consideremos la figura adjunta,

A

D

C

B

Es claro que ADBC es concíclico por lo cual, del teorema de Ptolomeo, se tiene AC ⋅ BD + AD ⋅ BC = AB ⋅ CD (1) pero siendo D el centro del cuadrado de lado AB se tiene que AD =

2 / 2 AB = BD con lo que (1) se transforma en 2 / 2 AB ⋅ AC + ⇒

2 / 2 AB ⋅ BC = AB ⋅ CD

2 / 2 AC +

2 / 2 BC = CD

∴ 2 / 2 ( AC + BC ) = CD Q.E.D

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Sociedad RAMAMSEM  2. Si ABC es un triángulo equilátero inscrito inscrito en un círculo y P es un punto cualquiera del arco BC, demuestre que PA = PB + PC. ( CEOC, 1994 ) DEMOSTRACIÓN Consideremos la figura adjunta, A

B

C P

es claro que, por el teorema de Ptolomeo, PB ⋅ AC + PC ⋅ AB = PA ⋅ BC Pero, como AC = BC = AC, se cumple PB + PC = PA Q.E.D

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Sociedad RAMAMSEM  3. Un cuadrilátero ABCD es concíclico, siendo el segmento AD su diámetro, si AD = 4 y AB = BC = 1, determine la medida del segmento CD. ( Concurso Colegial USA, 1982 ) SOLUCIÓN Consideremos la figura adjunta,

C B

A

D

sea CD = x, luego entonces por el teorema de Pitágoras se tiene BD2 + AB2 = AD2 ⇒ BD = 15 AC2 + CD2 = AD2 ⇒ AC = 16 − x 2 Aplicando el teorema de Ptolomeo al cuadrilátero ABCD se tiene AB ⋅ CD + AD ⋅ BC = AC ⋅ BD ⇒1⋅x+4⋅1=

16 − x ⋅ 2

15

resolviendo la ecuación anterior, se tiene x = 7 / 2 y x = –4 por lo que CD = 7 / 2

91

Sociedad RAMAMSEM  4. Sea ACB un triángulo rectángulo en C. Si AB = 6 y la bisectriz AD = 2 3 ( D ∈ BC ), determine la longitud de los catetos. ( Olimpiada Costarricense de Matemática, 1993 ) SOLUCIÓN Consideremos la figura adjunta, A

x

b

C

m

D y–m

B

por el teorema de Pitágoras se tiene AD2 = AC2 + CD2 ⇒ 12 = x2 + m2 (1) AB2 = AC2 + BC2 ⇒ 36 = x2 + y2 (2) Consideremos la figura anterior, por el teorema de la bisectriz se tiene m y–m

=

x

(3)

6

Resolviendo el sistema de ecuaciones formado por por (1), (2) y (3) se obtiene x = AC = 3, y = BC = 3 3

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Sociedad RAMAMSEM  5. En el triángulo ABC ABC se ha trazado trazado la bisectriz AD. Determine, en función de AB = c, AC = b y la bisectriz AD = m, la longitud de BC si AD = BD. ( CEOC, 1993 ) SOLUCIÓN Consideremos la figura adjunta,

A

c

b m

C

x–m

Por el teorema de la bisectriz se tiene BD DC

⇒

m x–m

=

AB AC

=

c b

⇒ bm = cx – cm ⇒ bm + cm = cx

∴

m( b + c ) c

93

= x = BC

D

m

B

Sociedad RAMAMSEM  6. Demuestre que las las medianas de un triángulo son concurrentes. ( CEOC, 1993 ) DEMOSTRACIÓN Considere la figura adjunta;

B

z

y

M

N

z

A

y

x

P

x

C

BP, CM y AN son las medianas del triángulo ABC. Éstas serán concurrentes si y sólo si, de acuerdo con el teorema de Ceva, se cumple que BM MA

lo cual es evidente !!!!!

94

⋅

AP PC

⋅

CN = 1 BN

Sociedad RAMAMSEM  EJERCICIOS PROPUESTOS. 1. Demuestre que las las bisectrices internas de un triángulo son concurrentes. ( CEOC, 1993) 2. Demuestre que las las alturas de un triángulo son concurrentes. ( CEOC, 1993) 3. En el cuadrilátero ABCD con diagonales AC y BD que se intersecan intersecan en O, BO = 4, OD = 6, AO = 8, OC = 3 y AB = 6. Determine AD. ( Competencia colegial USA, 1967 ) 4. Sea P un punto cualquiera cualquiera sobre el circuncírculo circuncírculo de un triángulo equilátero ABC, demuestre demuestre que AP2 + BP2 + CP2 es constante. ( CEOC, 1994 ) 5. En el triángulo rectángulo ABC la hipotenusa AB = 5 y el cateto AC = 3. La bisectriz del ángulo A interseca al lado opuesto en A1. Un segundo triángulo PQR es construido con hipotenusa PQ = A1B y cateto PR = A1C. Si la bisectriz del ángulo P interseca al lado opuesto en P1 , determine la longitud del segmento PP1 . ( Competencia colegial USA, 1967 ) 6. La bisectriz CD es trazada en un triángulo isósceles ABC ( AB = AC ). La recta que es perpendicular al segmento CD y pasa por el circuncentro de ABC corta al segmento BC en E. La recta paralela al segmento CD que pasa por el punto E corta al segmento AB en F. Probar que BE = FD. ( XXII Olimpiada Rusa, 1996 ) 7. Demuestre que en cualquier cuadrilátero inscrito en un círculo de radio radio 1, el lado más corto es menor o igual que

2.

( Olimpiada Canadiense de Matemática, 1996 ) 95