Sociedad RAMAMSEM
Problemas de Matemática para Competencias olímpicas
Sociedad Ramamsem
III TRIMESTRE DEL 2008
1
Sociedad RAMAMSEM
CONTENIDO ________________________________ Página 1. Presentación
1
2. Solución a los anteriores Problemas de Competencias no Olímpicas
7
3. Problemas de Competencias no Olímpicas
31
4. CURIOSATO
37
5. Solución a los problemas anteriores de la columna “Olimpiadas alrededor del mundo”.
63
6. Olimpiadas alrededor del mundo
69
7. Lógica y Matemática Recreativa
72
8. Guía y lecciones de entrenamiento para competencias matemáticas.
81
________________________________
2
Sociedad RAMAMSEM
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
[email protected] o bien
[email protected]
En la portada de esta edición les presentamos el conjunto de Mandelbrot que es el más conocido de los conjuntos fractales fractales,, y el más estudiado. Este conjunto se define así, en el plano complejo: complejo: Sea c un número complejo cualquiera. A partir de c , se construye una sucesión por inducción:: inducción
Si esta sucesión queda acotada, entonces se dice que c pertenece al conjunto de Mandelbrot, y si no, queda excluido del mismo. En la imagen anterior, los puntos negros pertenecen al conjunto y los de color no. Los colores dan una indicación de la velocidad con la que diverge (tiende al infinito, en módulo) la sucesión: en rojo oscuro, al cabo de pocos cálculos se sabe que el punto no está en el conjunto mientras que en blanco, se ha tardado mucho más en comprobarlo. Como no se puede calcular un sinfín de valores, es preciso poner un límite, y decidir que si los p primeros términos de la sucesión están acotados entonces se considera que el punto pertenece al conjunto. Al aumentar el valor de p se mejora la p recisión recisión de la imagen.
1
Sociedad RAMAMSEM Por otra parte, se sabe que los puntos cuya distancia al origen es superior a 2: x² + y² > 4 no pertenecen al conjunto. Por lo tanto basta encontrar un solo término de la sucesión que verifique |zn| > 2 para estar seguro que c no está en el conjunto. La propiedad fundamental de los fractales es una cierta invariabilidad con relación a la escala, o dicho de otro modo, al acercarse a ciertas partes de la imagen reaparece en miniatura la imagen total. Un mismo motivo aparece a distintas escalas, a un número infinito de escalas. Veámoslo más en detalle, a partir del plano siguiente:
PLANO Al agrandar el cuadro verde, se obtiene la imagen siguiente:
CUADRO VERDE AMPLIADO
2
Sociedad RAMAMSEM Salta a la vista que la bola negra a es una reducción exacta de la bola A. La protuberancia a la izquierda de a también es una reducción exacta de a , y el proceso sigue indefinidamente. También se puede observar que la bola b es una reducción de A (una reducción combinada con una rotación, es decir que b se obtiene de A mediante una semejanza semejanza). ). Mirando mejor, se nota un sinfín de protuberencias semejantes a A. Volviendo al plano, escojamos esta vez el cuadro azul oscuro a la izquierda. Al agrandarlo, obtenemos:
CUADRO AZUL AMPLIADO Su parecido a la imagen inicial es obvio. El proceso se puede repetir un sinfín de veces, empezando por agrandar la pequeña mancha negra a la izquierda del cuadro.
3
Sociedad RAMAMSEM Ahora, ampliemos el cuadro violeta del plano:
CUADRO VIOLETA AMPLIADO En esta imagen aparece una mancha arriba a la izquierda que tiene la misma forma que la imagen inicial. Al mirar más de cerca, se obtiene:
SEGUNDO CUADRO VIOLETA AMPLIADO 4
Sociedad RAMAMSEM Y una vez más, el parecido salta a la vista. Ahora, agrandemos el cuadro azul claro de la derecha del plano:
CUADRO AZUL CLARO AMPLIADO Acerquémonos al cuadro blanco de la última imagen:
CUADRO BLANCO AMPLIADO Aquí se nota una ligera deformación de la figura inicial. Sin embargo, esta imagen sigue siendo isomorfa a la inicial. Y claro, alrededor de cada clon de la forma inicial existen otros
5
Sociedad RAMAMSEM clones minúsculos, en las mismas posiciones relativas que en la figura global. El proceso no tiene fin. Existe otra manera de definir este conjunto: Es el conjunto de los complejos c para los que el conjunto de Julia asociado a fc(z) = z² + c es conexo. Otra representación
En esta imagen, el conjunto es, naturalmente, el mismo, pero las líneas de nivel (que separan los colores, fuera del conjunto) no son idénticas. Esto se debe a que no se ha empleado el mismo criterio de divergencia: en esta imagen es realmente |z n| > 2, mientras que en las anteriores era |zn| > 10, por razones estéticas, ya que así se obtiene una imagen inicial menos oscura.
6
Sociedad RAMAMSEM
2. Solución a los anteriores Problemas de Competencias Compete ncias no Olímpicas. Miguel Ángel Arias Vílchez Giovanni Buckcanan Aguilar Kendrick Mitchell Maturin Mauricio Rodríguez Mata 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. Propuesto por K.R.S. Sastry, Bangalore, India. Tomado de la revista Crux Mathematicorum with Mathematical Mayhem de 2007. (a) Los ceros del polinomio P(x) = x2 – 5x + 2 son precisamente las dimensiones de un rectángulo en centímetros. Determine el perímetro y el área del rectángulo. (b) Los ceros del polinomio P(x) = x3 – 70x2 + 1629x – 12600 son precisamente las dimensiones internas de un cuarto rectangular en metros. Halle el área total y el volumen del interior del cuarto (donde las ventanas y puertas están cerradas). SOLUCIÓN (de Lacey K. Moore, estudiante, Angelo State University, San Angelo, TX, USA): (a) Sean l y w las dimensiones del rectángulo en centímetros. Desde que sabemos que l y w son los ceros de P(x) = x2 – 5x + 2, tenemos P(x) = (x – l )(x )(x – w ) = x2 – (l + w )x )x + lw . Lo anterior implica que l + w = 5 y lw = 2; por lo que el perímetro del rectángulo es 2(l + w ) = 2(5) = 10 cm, y su área es lw = 2 cm2. (b) Sean l , w y h las dimensiones del cuarto rectangular en metros. Desde que sabemos que l , w y h son los ceros de P(x) = x 3 – 70x2 + 1629x – 12600, tenemos P(x) = (x – l )(x )(x – w )(x )(x – h ) = x3 – (l + w + h )x )x2 + (lh + lw + wh )x )x - lhw . Lo anterior implica que lh + lw + wh = 1629 y lhw = 12600; así su área total es 2( lw + lh + wh ) = 2(1629) = 3258 m 2, y su volumen es lwh = 12600 m3.
7
Sociedad RAMAMSEM 2. Propuesto por Ron Lancaster, Université Université de Toronto, Toronto, Canadá. Tomado de la la revista Crux Mathematicorum with Mathematical Mayhem de 2007. Resolver la ecuación:
SOLUCIÓN (de Jean-David Houle, Cégep de Drummondville, Drummondville, Canadá) Reduciendo la ecuación tenemos
sustituyendo las series geométricas por las sumas
tenemos
y, dando un valor aproximado a su solución, se tiene
8
Sociedad RAMAMSEM 3. Propuesto por Yakub N. Aliyev, Aliyev, Baku State University, University, Baku, Azerbaijan. Tomado de la revista Crux Mathematicorum with Mathematical Mayhem de 2007. Si a, b, c > 0, pruebe que
SOLUCIÓN (de Vedula N. Murty, PA, USA) Tenemos que ( a + b) 2 − 4ab = (a − b) 2 ≥ 0, con lo que 4ab ≤ (a + b) 2 . Similarmente, 4bc ≤ (b + c )
2
y 4ac ≤ (a + c) 2 . De lo anterior,
Usando la conocida desigualdad ab + bc + ca ≤ a 2 + b 2 + c 2 , obtenemos
Combinando (1) y (2) obtenemos
Dividiendo por 4abc obtenemos el resultado requerido.
9
Sociedad RAMAMSEM 4. Propuesto por Houda Anoun, Bordeaux, Francia. Tomado de la revista Crux Mathematicorum with Mathematical Mayhem de 2007. ¿Para cuáles números naturales x el número x 4 + x 3 + x 2 + x + 1 es un cuadrado perfecto? SOLUCIÓN (de Jean-David Houle, Cégep de Drummondville, Drummondville, Canadá): Sea f ( x) = x 4 + x 3 + x 2 + x + 1, analicemos las dos siguientes situaciones. CASO I. Si x es un número par. Notemos que
con lo que
Es claro que si x = 0 entonces f ( x) es un cuadrado perfecto. Para los otros números pares se tiene que, el polinomio f ( x) está comprendido entre dos cuadrados perfectos por lo que él no puede serlo. CASO II. Si x es un número impar. Para x ≥ 5 se tiene que
con lo que
El polinomio f ( x) está comprendido entre dos cuadrados perfectos por lo que él no puede serlo. Resta por analizar que sucede para los impares 1 y 3. Si x = 1, f ( x ) = 5, para x = 3, f ( x ) = 121.
Se concluye que los valores buscados son 0 y 3.
10
Sociedad RAMAMSEM 5. Propuesto por Vedula N. Murty, Dover, PA, USA. Tomado de la revista Crux Mathematicorum with Mathematical Mayhem de 2007. 1
Sean a, b, c números reales positivos con a + b + c = 1. Dado que ab + bc + ca = , 3
determine los valores de:
SOLUCIÓN (de Titu Zvonaru, Cománesti, Rumania): 1
1
3
3
Dadas las condiciones a + b + c = 1 y ab + bc + ca = , se tiene que a = b = c =
ya que
Así,
y
6. Propuesto por Babis Stergiou, Grecia. Grecia. Tomado de la revista revista Crux Mathematicorum with with Mathematical Mayhem de 2006. Sean a, b, c números reales positivos con a + b + c = 1, pruebe que
SOLUCIÓN (de Titu Zvonaru, Cománesti, Rumania): Por la desigualdad entre la media aritmética y la media geométrica se tiene que: con lo que
similarmente
11
Sociedad RAMAMSEM
y
Multiplicando, miembro a miembro, las desigualdades (1), (2) y (3) se obtiene la desigualdad 1
a probar. La igualdad se establece cuando a = b = c = . 3
7. Propuesto por Edward T.H. Wang, Wilfrid Laurier University, University, Waterloo, Canadá. Tomado de la revista Crux Mathematicorum with Mathematical Mayhem de 2006. 1
Sea S = (2 + 1)(2 2 + 1)(24 + 1)(26 + 1) L (21024 + 1) + 1. Determine S 1024 sin hacer uso de la calculadora. SOLUCIÓN (de John DeLeon, Angelo State University, San Angelo, TX, USA): Multiplicando S por (2 – 1) obtenemos
1
1
con lo que S 1024 = (2 2048 )1024 = 2 2 = 4.
12
Sociedad RAMAMSEM 8. Propuesto por Neven JuriČ, Zagreb, Croacia. Tomado de la revista Crux Mathematicorum with Mathematical Mayhem de 2006. Compute la suma
SOLUCIÓN (de Esther María García-Caballero, Universidad de Jaén, Jaén, España): Racionalizando el denominador obtenemos una serie telescópica
9. Propuesto por Ovidio Gabriel Dinu, Balcesti, Valcea, Rumania. Rumania. Tomado de la revista Crux Mathematicorum with Mathematical Mayhem de 2005. 1
Pruebe que si a, b son números reales y a − b = 1, , entonces a 3 − b3 ≥ . 4
SOLUCIÓN (del equipo austriaco de la IMO): Es conocido que a 3 − b3 = (a − b)(a 2 + ab + b 2 ). Usando a − b = 1, la ecuación dada es equivalente a
Más aún, podemos escribir a como a = 1 + b, obteniendo
13
Sociedad RAMAMSEM Esta desigualdad es equivalente a cada una de las siguientes:
10. Propuesto por José Luis Díaz-Barrero, Universitat Politècnica de Catalunya, Barcelona, España. Tomado de la revista Crux Mathematicorum with Mathematical Mayhem de 2008. Sean a, b y c números estrictamente positivos tales que a + b + c ≥ 3abc. Pruebe que a2
+ b 2 + c 2 ≥ 2abc.
SOLUCIÓN (de Cao Minh Luang, Nguyen Binh Khiem High Scholl, Vinh Long, Vietnam): De la desigualdad entre la media aritmética y la media geométrica, tenemos 1 3
(a + b + c) ≥ 3 abc , o bien (a + b + c)
3
≥ 27abc ; de donde
Así, extrayendo raíz cuadrada a ambos lados de la desigualdad, tenemos (a + b + c)
2
≥ 9abc , desde que a, b, y c son todos positivos. Luego,
Por tanto,
14
Sociedad RAMAMSEM
GEOMETRÍA.
1. Propuesto por Bruce Shawyer, Memorial University of Newfoundland, Newfoundland, St. John´s. Tomado de la revista Crux Mathematicorum with Mathematical Mayhem de 2008. Un cuadrado de lado s está inscrito simétricamente en un sector circular con radio r y ángulo central de 60°, tal que dos vértices yacen sobre los lados del sector (radios) y dos vértices yacen el en arco del sector. Determine el valor exacto de
s
. r
SOLUCIÓN (de Nick Wilson, estudiante, Valley Catholic School, Beaverton, Oregón, USA): Consideremos la figura siguiente
Por simetría, notemos que OA = OB. Desde que ∠ AOB = 60o , podemos notar que
∆ AOB es un triángulo equilátero. Así,
OB = AB
= BC = s. Podemos hacer uso de la Ley
de Cosenos sobre el ángulo ∠ OBC para, sucesivamente, obtener:
15
Sociedad RAMAMSEM 2. Propuesto por Edward J. Barbeau, Barbeau, University of Toronto, Canadá. Tomado de la revista revista Crux Mathematicorum with Mathematical Mayhem de 2007. Considere la figura siguiente
en donde ∆ PTS es un triángulo equilátero y TSRQ es un cuadrado de lado 1. Un círculo pasa por los puntos P, Q, y R. Determine la medida del radio del círculo. SOLUCIÓN (de Showadai-cho, Takatsuki City, Osaka, Japón): Sea O el centro del círculo, y r su radio. La perpendicular desde el punto P al lado QR biseca a los segmentos TS y QR en los puntos M y N , respectivamente.
Sabemos que O está sobre el segmento MN , con OM = r − PM = r − ON =
r 2
2
1 − . Desde que OM + ON = 1, obtenemos la ecuación: 2
resolviendo para r tenemos
16
3 2
y
Sociedad RAMAMSEM
de donde se concluye que r = 1. 3. Propuesto por K. R. S. Sastry, Bangalore, India. Tomado de la revista Crux Mathematicorum with Mathematical Mayhem de 2007. Sea ABC un triángulo isósceles con AB = AC , y las longitudes de sus lados son enteros con ningún divisor común mayor que uno. El incentro I divide a la bisectriz AD tal que AI ID
=
25 24
. Determine el radio del incírculo del triángulo
∆ ABC .
SOLUCIÓN (de Richard I. Hess, Rancho Palos Verdes, California, USA): Consideremos la figura siguiente
Sean a y b primos relativos tales que a = BC y b = AC = AB, y sea θ = ∠ DAC . 1
Sabemos que sen θ = sen θ =
a 2b
=
24 25
a 2 y sen θ = IE . Desde que IE = ID, concluimos que AI b
.
17
Sociedad RAMAMSEM Así, desde que a y b son primos relativos, tenemos a = 48, b = 25. Entonces EC = DC =
esto es, r =
1 2
a
= 24; con lo que
senθ cosθ
=
senθ 2 1 − sen θ
=
AE = AC − EC = 1. Ahora, r = IE = AE tan θ = tan θ 24 25 7 25
=
24 7
.
4. Propuesto por K. R. S. Sastry, Bangalore, India. Tomado de la revista Crux Mathematicorum with Mathematical Mayhem de 2007. En la siguiente figura, la estrella de siete puntos no tiene tres segmentos concurrentes.
Determine la suma A1 + A2 + A3 + A4 + A5 + A6 + A7 . SOLUCIÓN (de Hasan Denker, Estambul, Turquía): La estrella de siete puntos al no tener tres segmentos concurrentes genera el pentágono ABCDE como se muestra en la figura
18
Sociedad RAMAMSEM Considerando los triángulos AEA3 , A7 A4 B, A1 A5C , y A2 A6 B, las siguientes relaciones se obtienen:
Sumando estas ecuaciones, obtenemos
más aún, A + B + C + D + E = 540o , con lo que por tanto
5. Propuesto por el equipo de Mayhem. Tomado de la revista Crux Mathematicorum with with Mathematical Mayhem de 2006. Evalúe: cos 2 1o + cos 2 2o + cos 2 3o + L + cos 2 90o. SOLUCIÓN (de Robert Bilinski, Collège Montmorency, Laval, Canadá): Denotemos con S la suma dada. Desde que cos 90o = 0, tenemos
o Entonces, desde que cos x = sen 90 − x y sen 2 x = 1− cos 2 x, tenemos que
con lo que 2S = 89, por tanto cos 2 1o + cos 2 2o + cos 2 3o + L + cos 2 90o = 45,5. 19
Sociedad RAMAMSEM 6. Propuesto por Robert Bilinski, Coll ège Montmorency, Laval, Canadá. Tomado de la revista Crux Mathematicorum with Mathematical Mayhem de 2006. En el interior de un cuadrado ABCD se construye el triángulo equilátero ABE y en su exterior se construye el triángulo equilátero BCF . Pruebe que los puntos D, E , y F son colineales. SOLUCIÓN (de Titu Zvonaru, Cománsti, Rumania):
El triángulo ADE es isósceles, y ∠ DAE = 90o − 60o = 30o. Similarmente, El triángulo EBF es isósceles, y
∠ EBF = 60o + 30o = 90o. Así, tenemos que
Por tanto, los puntos D, E , y F son colineales.
20
Sociedad RAMAMSEM 7. Propuesto por Bruce Shawyer , Memorial University of Newfoundland, Newfoundland, St. John´s, USA. Tomado de la revista Crux Mathematicorum with Mathematical Mayhem de 2006. Dos círculos congruentes de radio r son tangentes exteriormente. Ellos son tangentes internamente a los lados de un triángulo rectángulo de lados 3, 4, y 5, con la hipotenusa tangente a ambos círculos. Determine r . SOLUCIÓN (de Natalia Desy, estudiante, Palembang, Indonesia): Sea ABC el triángulo 3 – 4 – 5 el triángulo rectángulo en cuestión, sea r el radio de cada círculo, y sean los puntos de tangencia, con el triángulo ABC , M , N , J , y K , como se muestra en la figura siguiente:
Designemos AB = 3, BC = 4, CA = 5. Sean x = AN = AJ y y = CM = CK . Entonces QR
= a − r − y, PQ=3 − r − x, y
PR = 2r = 5 − x − y. Desde que el triángulo PQR es
semejante al triángulo ABC , tenemos que
Ahora, multiplicando 2r = 5 − x − y por 5 tenemos 10r = 25 − 5 x − 5 y. Usando las ecuaciones (1) y (2) en esta última igualdad tenemos
21
Sociedad RAMAMSEM
8. Propuesto por Babis Stergiou, Chalkida, Grecia. Tomado de la revista Crux Mathematicorum with Mathematical Mayhem de 2006. Dos triángulos equiláteros ABC y CDE están sobre el mismo lado de la recta BCD. Si BE interseca a AC en K y DA interseca a CE en L, pruebe que KL es paralela a BD.
SOLUCIÓN (del Grupo de resolución de problemas de la Universidad del Estado de Missouri, Sprinfield, USA):
Desde que ∠ BCA = ∠ ECD = 60o , notamos que ∠ ACE = 60o , de donde se sigue que
∠ BCE = ∠ ACD. Desde que AC = BC y
CD
= CE se tiene que los triángulos ∆ ACD
y ∆ BCE son congruentes (por criterio LAL). Así, ∠ CAD = ∠ CBE , con lo que ∆ ACL y
∆ BCK
son
congruentes
(por
criterio
ALA).
De lo anterior, tenemos que CK = CL. Más aún, el triángulo ∆ CKL es isósceles. Desde que ∠ ACE = 60o , tenemos que ∠ CKL = ∠ CLK = 60o = ∠ BCA. Por lo tanto, KL es paralela a BD.
22
Sociedad RAMAMSEM 9. Propuesto por el equipo de Mayhem. Tomado de la revista Crux Mathematicorum with with Mathematical Mayhem de 2005. El diámetro de un círculo mayor es dividido en n partes iguales para construir n círculos menores, como se muestra en la siguiente figura.
Determine
n sabiendo que la razón del área sombreada al área no sombreada (formada
por los círculos menores) en el círculo mayor es 3 : 1. SOLUCIÓN (de Gabriel Krimker, estudiante de décimo grado, Buenos Aires, Argentina): Sea r el radio del círculo mayor. El radio de cada círculo menor es es π r 2
2
r n
. El área sombreada 2
r r 1 1 − nπ = π r 2 1 − , y el área no sombreada es nπ = π r 2 . n n n n
Entonces
Por lo tanto, n = 4.
23
Sociedad RAMAMSEM 10. Propuesto por Toshio Seimiya, Kawasaki, Japón. Tomado de de la revista Crux Mathematicorum de 1991, problema 1516. ABC es un triángulo isósceles en el que AB
= AC y ∠ A < 90o. Sea D cualquier punto
del segmento BC . Trace CE paralelo a AD tal que CE interseca a la prolongación de AB (en ese sentido) en E . Pruebe que CE < 2 CD.
SOLUCIÓN (de Jack Garfunkel, Flushing, New York): Tracemos AF paralelo a BC con lo que AF = CD. Tracemos punto medio de
CE .
AM = MN
M
es el
Entonces AENC es un paralelogramo.
Desde que ∠ A es agudo, el ∠ EAC es un ángulo obtuso. Así, la diagonal la diagonal
donde
AN = 2 AM .
También,
AM
CE
es mayor que
≥ AF , ya que la longitud de una mediana es mayor o
igual que la longitud de la bisectriz trazadas del mismo vértice. Así que hemos probado una desigualdad más fuerte: CE ≥ 2 AM ≥ 2 AF = 2CD.
24
Sociedad RAMAMSEM
TEORÍA DE NÚMEROS. 1. Propuesto por el equipo de Mayhem. Tomado de la revista Crux Mathematicorum with with Mathematical Mayhem de 2006. Pruebe que, si 10a + b es un múltiplo de 7, entonces a − 2b también es un múltiplo de 7. SOLUCIÓN (de Erick Zhang, Lisgar Collegiate Institute, Ottawa, Canadá): Si 10a + b es un múltiplo de 7, entonces podemos escribir 10a + b = 7n donde n es un entero, esto es b = 7n − 10a y sustituyendo este resultado en a − 2b, obtenemos el cual es múltiplo de 7. 2. Propuesto por el equipo de Mayhem. Tomado de la revista Crux Mathematicorum with with Mathematical Mayhem de 2006. Determine todas las soluciones (a, b) para la ecuación ab − 24 = 2a, donde a y b son enteros positivos. SOLUCIÓN (de Geoffrey Siu, London Central Secondary Achool, Londres, Inglaterra): Reordenando se tiene ab − 2a = 24, con lo que a(b − 2) = 24. Así, para soluciones enteras positivas, a y b − 2 deben ser factores de 24. Por lo tanto, se tiene 8 soluciones (a, b) las cuales son (1, 26), (2, 14), (3, 10), (4, 8), (6, 6), (8, 5), (12, 4) y (24, 3).
25
Sociedad RAMAMSEM 3. Propuesto por el equipo de Mayhem. Tomado de la revista Crux Mathematicorum with with Mathematical Mayhem de 2006. ¿En qué base 221 es un factor de 1215? SOLUCIÓN (de Mikel Díez, estudiante de 3° ESO, IES Sagasti, Logroño, España): El número 1215 en base a tiene el valor a 3 + 2a 2 + a + 5 y 221 en base a tiene el valor 2a
2
+ 2a + 1. Ahora,
a
3
+ 2a 2 + a + 5 = (2a 2 + 2a + 1)
1
2
a+
1
9 1 + − a + . desde 2 2 2
1
9
2
2
que 1215(a ) debe ser un múltiplo de 221(a) , el residuo, − a + , debe ser cero y 1 2
a+
1 2
debe ser un entero se concluye que a = 9.
4. Propuesto por el equipo de Mayhem. Tomado de la revista revista Crux Mathematicorum with Mathematical Mayhem de 2005. Determine todos los números de dos dígitos con exactamente 8 divisores positivos. SOLUCIÓN (de Gustavo Krimker, Universidad CAECE, Buenos Aires): Sea donde p1, p2 , L, pr son primos distintos y α 1, α 2 , L, α r son enteros positivos. El número de divisores positivos de n es d (n) = (α 1 + 1) (α 2 + 1)L(α r + 1) . Desde que 27 > 100, debemos buscar números los cuales sean productos de al menos dos primos distintos. Tenemos los siguientes dos casos: Caso (a). n = pα q β . Para este caso, d (n) = 8 si y solo si α + 1 = 2 y β + 1 = 4. Los números n que satisfacen n < 100 son 21 ⋅ 33 = 54, 23 ⋅ 31 = 24, 23 ⋅ 51 = 40, 23 ⋅ 71 = 56 y 23 ⋅ 111 = 88.
26
Sociedad RAMAMSEM Caso (b). n = pα q β r γ . Entonces, d (n) = 8 si y solo si α = β = γ = 1. Los números de dos dígitos los cuales son producto de tres primos distintos son 2 ⋅ 3 ⋅ 5 = 30, 2 ⋅ 3 ⋅ 7 = 42, 2 ⋅ 3 ⋅ 11 = 66, 2 ⋅ 3 ⋅ 13 = 78 y 2 ⋅ 5 ⋅ 7 = 70. De (a) y (b), todos los números de dos dígitos con exactamente 8 divisores positivos son 24, 30, 40, 42, 54, 56, 66, 70, 78 y 88. 5. Propuesto por el equipo de Mayhem. Tomado de la revista Crux Mathematicorum with with Mathematical Mayhem de 2005. Los dígitos 1, 2, 3, 4 y 5 son usados cada uno una sola vez para formar un número de 5 dígitos abcde , tales que los números de 3 dígitos abc es divisible por 4, bcd es divisible por 5, y cde es divisible por 3. Determine todos los números de 5 dígitos abcde . SOLUCIÓN (de Miguel Marañon, estudiante de 4° ESO, Instituto Práxedes Mateo Sagasti, Logroño, España): Desde que 5 bcd , entonces d = 5. Del mismo modo, desde que 4 abc , entonces c = 2 ó c = 4 y, desde que 3
). cde , tenemos que 3 (c + d + e ).
Si c = 2, entonces 3 (2 + 5 + e ), ), lo cual implica que e ≡ 2 (mod 3). Esto es una contradicción desde que e debe ser diferente de d = 5 y c = 2. Con lo anterior concluimos que c = 2 es falso, y así c = 4. Entonces 3 (4 + 5 + e ). ). Esto implica que e ≡ 0 (mod 3), de donde tenemos que e = 3. Ahora, a , b ∈ {1, 2}. Como 214 no es un múltiplo de 4, se concluye que a = 1 y b = 2. Por tanto, el problema tiene una única solución: abcde = 12453.
27
Sociedad RAMAMSEM
FUNCIONES O SUCESIONES. 1. La sucesión de enteros a1, a 2, a3, ... satisface a n+2 = an+1 – an para n > 0. La suma de los primeros 1492 términos es 1985, y la suma de los primeros 1985 términos es 1492. Determine la suma de los primeros 2001 términos. (3rd AIME, 1985) SOLUCIÓN OFICIAL: La sucesión es a1, a2, a2 – a1, –a1, –a2, a1 – a2, a1, a2, ... , así ésta es periódica con periodo 6. También, la suma de un periodo completo de términos es 0. 1492 ≡ 4 (mod 6), 1985 ≡ 5 (mod 6), 2001 ≡ 3 (mod 6), así la suma de los primeros 1492 términos es a1 + a2 + a3 + a4 = 2a2 – a1, la suma de los primeros 1985 es a 1 + ... + a 5 = a2 – a1. Por tanto a2 = (2a2 – a1) – (a2 – a1) = 493, y la suma de los primeros 2001 es 2a 2 = 986. 2. Si f(n) denota el cuadrado de la suma suma de los dígitos de n. Si f 2(n) denota f(f(n)), f 3(n) denota f(f(f(n))) y así sucesivamente. Determine f 1998(11). (6th AIME, 1988) SOLUCIÓN (de Sociedad RAMAMSEM , Limón, Costa Rica): f(11) = (1 + 1)2 = 4, f 2(11) = f(f(11)) = f(4) = 4 2 = 16, f 3(11) = f(f 2(11)) = f(16) = (1 + 6) 2 = 49, f 4(11) = f(f 3(11)) = f(49) = (4 + 9) 2 = 169, f 5(11) = f(f 4(11)) = f(169) = (1 + 6 + 9) 2 = 256, f 6(11) = f(f 5(11)) = f(256) = (2 + 5 + 6) 2 = 169, f 7(11) = f(f 6(11)) = f(169) = (1 + 6 + 9) 2 = 256. Como se puede verificar, se tiene que f n(11) = 169 para todo n par mayor o igual que 4 y f n(11) = 256 para todo n impar mayor o igual que 5. Por tanto, f 1998(11) = 169.
28
Sociedad RAMAMSEM 3. Si A es la la sucesión a1, a2, a3, ... , defina ∆A como la sucesión a2 – a1, a3 – a2, a4 – a3, ... . Si ∆(∆A) tiene todos sus términos iguales a 1 y a19 = a92 = 0, determine a1. (10th AIME, 1992) SOLUCIÓN OFICIAL: Examinando los términos menores inducimos que an = (n – 1)a 2 – (n – 2)a1 + ½(n –1)(n – 2), o equivalentemente que an = ½n2 + an + b. Pero a 19 = a92 = 0, así el polinomio debe ser (n – 19)(n – 92)/2 el cual tiene valor 9·91 = 819 en n = 1. 4. Propuesto por M. Selby, University of Windsord. Tomado de la revista Crux Mathematicorum de 1991, problema 1489. n
Sea An = (7 + 4 3 ) , donde n es un entero positivo. Determine una expresión simple para 1+ [ An ] − An , donde [ x] es el mayor entero menor o igual que x. Nota: [ x] es conocida como la parte entera de x. SOLUCIÓN (de Guo-Gang Gao, estudiante, Université de Montréal): Si
(2 +
3
)2n = an + bn
3,
3
)2n = an − bn
3,
donde an y bn son enteros, entonces
(2 −
los cuales son el resultado de la fórmula del binomio. Por tanto
(2 + 2n
es un entero. Desde que (2 − 3 )
3
)2n + (2 −
3
< 1, se sigue que
o bien,
29
)2n
Sociedad RAMAMSEM Por tanto,
5. Propuesto por K.R.S. Sastry, Addis Ababa. Etiopia. Tomado de la revista Crux Mathematicorum de 1991, problema 1538. Determine todas las funciones y = f ( x) con la propiedad de que la recta que pasa por los puntos ( p, f ( p )), (q, f (q )) sobre la curva interseca al eje de las ordenadas en el punto
(0, − pq ). SOLUCIÓN (de Ka-Ping Yee, estudiante, ST. John´s-Ravenscourt School, Winnipeg, Manitoba): Todas las funciones y = f ( x) = x( x + c ), donde c es alguna constante, tiene esta propiedad, y ningún otro tipo de función la tiene. Probaremos esto como sigue: si una recta pasa por los puntos ( p, f ( p ) ), (q, f (q )) , entonces
Eliminando la pendiente m y resolviendo para, la intersección con el eje Y , b tenemos
lo cual implica que y así
Desde que lo anterior es verdadero para todo números reales no ceros p y q,
f ( x) x
− x
tiene un valor constante para todo x ≠ 0. Si llamamos a este valor constante c, entonces f ( x)
= x( x + c).
30
Sociedad RAMAMSEM
3. Problemas de Competencias no Olímpicas. Miguel Ángel Arias Vílchez Giovanni Buckcanan Aguilar Kendrick Mitchell Maturin Mauricio Rodríguez Mata 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 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. Los siguientes ejercicios fueron seleccionados de la página “Problemas de la semana” correspondiente a la Olimpiada Panameña de Matemática. 1. Si a + b – c = b + c – d = c + d – a = d + a – b = 6, entonces determine el valor de a + b + c + d. 2. Si las raíces de la ecuación x2 + ax + b = 0 son exactamente a y b donde, b ≠ 0 a ≠ b, encuentre el valor de a − b.
31
Sociedad RAMAMSEM 3. Sean a , b , c , d , e números enteros consecutivos tales que: a + b + c + d + e es un cubo perfecto y b + c + d es un cuadrado perfecto. Encuentre el menor valor posible para c . 4. Calcular el valor de:
5. Un número natural es tal que que la diferencia entre su raíz cuadrada y su raíz cúbica es 18. ¿Cuál es el número? 6. Si x , y son enteros tales que:
encuentre los valores que puede tomar x . 7. Si
determine el valor de c . 8. El último año del del siglo XX fue especial. Existen enteros a y b tales que 1999 = a 2 − b 2. ¡Encuentra el valor de a 2 + b 2! 9. Encuentra la suma de los cuadrados de las raíces del polinomio p(x) = x 3 − x 2 − 2x + 2. 10. Encuentre un numero entero positivo de seis se is cifras decimales tales que: i. Es un cuadrado perfecto, ii. Es un cubo perfecto, iii. Si se le resta 6 el resultado es un número primo.
32
Sociedad RAMAMSEM
GEOMETRÍA. Los siguientes ejercicios fueron seleccionados de la página “Problemas de la semana” correspondiente a la Olimpiada Panameña de Matemática.
1. Sea ABC un triángulo tal que m∠ ABC = 2m∠ ACB. Establezca que: a) AC 2 = AB 2 + AB ⋅ BC b) AB + BC < 2 ⋅ AC . 2. Considere la siguiente figura. Demuestre Demuestre que que b − a = 4.
3. Sea ABCD un rectángulo. Sea E el punto medio del segmento BD , F el punto medio del segmento EB y G el punto medio del segmento BC . ¿Qué fracción del área del rectángulo ABCD es el área del triángulo BGF ?. ?.
4. Considera un triángulo rectángulo de cuya hipotenusa tiene longitud de 17 cm y perímetro de 40 cm. Determine el área, en centímetros cuadrados, de dicho triángulo.
33
Sociedad RAMAMSEM 5. En la figura, el ángulo ∠ ABC es rectángulo y las longitudes de los segmentos BD y DC es 1. La longitud del segmento AB es 2. Encuentre el valor de
tan θ .
6. Dado un ángulo ABCD que mide 24° ¿cuantos triángulos isósceles se pueden construir dentro de él?
7. El triángulo equilátero APD se traza dentro del cuadrado ABCD . ¿Cual es el valor del ángulo APD ? 8. ¿Cuál es el diámetro de la circunferencia inscrita inscrita en el triángulo cuyos cuyos lados miden 8 cm, 15 cm y 17 cm? 9. En una circunferencia de radio radio 10 cm., se traza una cuerda que dista dista 6 cm. Del centro. centro. Si otra cuerda que mide la mitad de la cuerda original se traza, ¿cual es su distancia en centímetros al centro de la circunferencia? 10. En un triángulo, la medida del ángulo más pequeño es 20°. Determine la medida del mayor ángulo posible en dicho triángulo
34
Sociedad RAMAMSEM
TEORÍA DE NÚMEROS.
Los siguientes ejercicios fueron seleccionados de la primera ronda del 21st AIME del 2003.
1. Determine todos los enteros k, n tales que k·n! = (((3!)!)!/3! y n es el mayor entero posible.
2. Dado que 0 < a < b < c < d son enteros tales que a, b, c están en progresión aritmética, b, c, d están en progresión geométrica, y d - a = 30. Determine a + b + c + d.
3. ¿Cuántos números de cuatro dígitos existen tales que la suma de sus dos primeros dígitos es igual a la suma de sus dos últimos dígitos?
4. Determine el número número del conjunto 1, 2, ... , 2003 el cual tiene más 1´s que 0´s cuando se escribe en base 2.
5. Cuando se escribe como número decimal, la fracción m/n (con m < n) contiene, consecutivamente, los dígitos 2, 5, 1 (en ese orden). Determine el menor posible valor de n.
35
Sociedad RAMAMSEM
FUNCIONES O SUCESIONES.
1. Determine todas las funciones que satisfacen la relación
(CEOC, 1992)
2. Sea x0 = 7 y xn = 2 xn − 1 , n ≥ 1. Determine una fórmula para xn únicamente en términos de n. (CEOC, 1992) 3. Sea x0 = 7 y x n = xn − 1 + n, n ≥ 1. Determine una fórmula para xn únicamente en términos de n. (CEOC, 1992) 4. Sea x0 = 7 y xn = 2 xn − 1 + 1, n ≥ 1. Determine una fórmula para xn únicamente en términos de n. (CEOC, 1992) 5. Una sucesión satisface u 0 = 3, u n2 + 1 = u n , n ≥ 1. Determine una fórmula para u n únicamente en términos de
n.
(CEOC, 1992)
36
Sociedad RAMAMSEM
4. CURIOSATO. Miguel Ángel Arias Vílchez Giovanni Buckcanan Aguilar Kendrick Mitchell Maturin Mauricio Rodríguez Mata 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 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. Desde hace varios años se vienen realizando el ciclo de Olimpiadas de Matemáticas en Puerto Rico para los estudiantes de las escuelas públicas y privadas de la Isla. Este ciclo consiste de varias competencias por las que pasan los estudiantes para finalmente seleccionar los equipos que representan a Puerto Rico en olimpiadas internacionales de matemáticas. En esta columna presentamos los exámenes y soluciones de la Competencia Preolímpica de Matemáticas 2004-2005: Primera Fase, NIVEL II para estudiantes de 7mo a 12mo grado. Se seleccionan los estudiantes por grado con las mayores puntuaciones. Este examen es contestado por cada estudiante en su casa o escuela y es enviado por correo a la organización de las olimpiadas. Los estudiantes con las mayores puntuaciones de todos los grados participan en la Segunda Fase de la Olimpiada que consiste de un examen controlado que se administra en el Recinto Universitario de Mayagüez de la Universidad de Puerto Rico. La mayoría de problemas que presentamos en este folleto son ejercicios de olimpiadas nacionales e internacionales de varios países. 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.
37
Sociedad RAMAMSEM
38
Sociedad RAMAMSEM
39
Sociedad RAMAMSEM
40
Sociedad RAMAMSEM
41
Sociedad RAMAMSEM
42
Sociedad RAMAMSEM
43
Sociedad RAMAMSEM
44
Sociedad RAMAMSEM
45
Sociedad RAMAMSEM
46
Sociedad RAMAMSEM
47
Sociedad RAMAMSEM
48
Sociedad RAMAMSEM
49
Sociedad RAMAMSEM
50
Sociedad RAMAMSEM
51
Sociedad RAMAMSEM
52
Sociedad RAMAMSEM
53
Sociedad RAMAMSEM
54
Sociedad RAMAMSEM
55
Sociedad RAMAMSEM
56
Sociedad RAMAMSEM
57
Sociedad RAMAMSEM
58
Sociedad RAMAMSEM
59
Sociedad RAMAMSEM
60
Sociedad RAMAMSEM
61
Sociedad RAMAMSEM
62
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 !!
63
Sociedad RAMAMSEM
1. Resolver la ecuación sen6x + cos6x = 1/4. (1ra Olimpiada Matemática de Vietnam, 1962) SOLUCIÓN: Sea a = sen2x, b = cos2x. Entonces a y b son números no negativos cuya suma es 1, así que podemos hacer a = 1/2 + h, b = 1/2 - h. Entonces a 3 + b3 = 1/4 + 3h2 ≥ 1/4 con igualdad si y solo si h = 0. Entonces Entonces x es una solución de la ecuación dada si y solo si sen sen2x = cos2x = 1/2 o lo que es lo mismo, x es un múltiplo impar de π /4. 2. A una conferencia asisten 47 personas. Una mujer conoce 16 de los hombres presentes, otra conoce 17, y así sucesivamente hasta la última mujer quien conoce a todos los hombres presentes. Determine el número de hombres y mujeres presentes en la conferencia. (2nda Olimpiada Matemática de Vietnam, 1963) SOLUCIÓN: Suponga que asisten m mujeres. Entonces la última mujer conoce a 15 + m hombres, así 15 + 2m = 47 con lo que m = 16. Por tanto, a la conferencia asisten 31 hombres y 16 mujeres.
3. El triángulo ABC (con (con lados de longitudes BC = a, AC = b, AB = c) satisface: log (a2) = log (b2) + log (c2) – log (2bc cos A). Determine la naturaleza del triángulo ABC. (1era Olimpiada Irlandesa de Matemática, 1988) SOLUCIÓN: El triángulo es isósceles (específicamente, BC mide igual que uno de los otros dos lados). Tenemos log(2bc cos A) = log(b2) + log(c2) – log(a2). Utilizando las propiedades de los logaritmos, la ecuación anterior es equivalente a 2bc cos A = b2c2 /a2. Por la Ley de Cosenos, 2bc cos A = b2 + c2 – a2. De donde b2 + c2 – a2 = b2c2 /a2. Multiplicando por a 2 y factorizando tenemos (a2 – b2) (a2 – c2) = 0. Con lo que a = b o a = c.
64
Sociedad RAMAMSEM
4. E es el punto medio del arco BC del circuncírculo del triángulo triángulo ABC (sobre el lado opuesto del segmento BC a A). DE es un diámetro. Pruebe que el ángulo ∠ DEA es la mitad de la diferencia entre los ángulos B y C. (1era Olimpiada Irlandesa de Matemática, 1988) SOLUCIÓN:
Tomemos A entre D y C como se muestra en la figura anterior, tenemos que, al subtender arcos iguales, ∠B = ∠AEC = ∠ OEC – ∠ DEA, y ∠ C = ∠ AEB = ∠ OEB + ∠ DEA. Pero
∠ OEC = ∠ OEB, así el resultado se obtiene inmediatamente. Un argumento exactamente similar funciona si A está sobre el otro lado lado de D. 5. Determine el menor número natural cuyo último último dígito es 6, tal que si este último último dígito lo trasladamos al inicio del número entonces, el número obtenido es el cuádruplo del original. (4ta Olimpiada Internacional de Matemática (IMO), 1962) SOLUCIÓN: Tenemos que 4(10n+6) = 6 · 10 m + n, donde n tiene m dígitos. Así, 13n + 8 = 2 · 10 m. Haciendo n = 2n' se tiene 13n' = 10 m – 4. Dividiendo, hallamos rápidamente el menor n' y m que satisfacen la última ecuación planteada, éstos son: n' = 7692, m = 5. Por tanto, la respuesta es 153846.
65
Sociedad RAMAMSEM
6. Determine todas las soluciones soluciones reales de cos2x + cos22x + cos23x = 1. (4ta Olimpiada Internacional de Matemática (IMO), 1962) SOLUCIÓN: Recordemos que cos 2x = 2cos2x – 1 y cos3x = cos(2x + x) = cos2x cos x – sen x sen2x cos3x = (2cos2x – 1)cos x – sen x ⋅ 2sen x cos x = (2cos 2x – 1)cos x – 2sen2x cos x cos3x = (2cos2x – 1)cos x – 2cosx (1 – cos2x) cos3x = 2cos3x – cos x – 2cosx + 2cos 3x = 4cos3x – 3cosx Sea c = cos x, entonces cos3x = 4c3 – 3c, cos 2x = 2 c 2 – 1. Con lo anterior hallamos que la ecuación dada es equivalente a 2c2 (2 c2 – 1) (4 c2 – 3) = 0 1 de donde c = 0, c2 = 1/2 o c2 = 3/4. Por tanto, x = π /2, 3π /2, π /4, 3π /4, π /6, 5π /6 o cualquier múltiplo de π más uno de esos valores. 7. Un triángulo tiene longitudes a, b, c. Pruebe que a+b−c
+
b+c−a
+
c+a−b
≤
a
+
b
+
c.
¿Cuándo se da la igualdad? (Olimpiada de la Cuenca del Pacífico (APMO), 1996) SOLUCIÓN: Recordemos que x 2 + y 2 ≥ 2 xy para todo x, y con igualdad si y sólo si x = y, de donde 2 x
2
+ y 2 ) ≥ ( x + y ) 2 .
Ahora bien, sean A 2 = b + c − a, B 2 = c + a − b, C 2 = a + b − c. Entonces A2 + B 2 = 2c con A = B si y sólo si a = b. Aplicando la última desigualdad tenemos 4c ≥ ( A + B) 2 o
equivalentemente 2 c ≥
b+c−a
+
c + a − b , sumando las dos relaciones similares se
obtiene: 2 a
+2
b
+2
c
≥2
a+b−c
de donde es claro que
66
+2
b+c−a
+2
c+a−b
Sociedad RAMAMSEM a+b−c
+
b+c−a
+
c+a−b
≤
a
+
b
+
c.
y la igualdad se obtiene si y sólo si a = b = c, esto es, si el triángulo es equilátero. 8. Sea P( x) = x 3 + ax 2 + bx + c un polinomio con coeficientes enteros. Suponga que P( x) tiene tres raíces reales enteras distintas. Pruebe que la ecuación P( x) − 1 = 0 no admite una solución entera. (VIII Olimpiada de Matemáticas del Estado de Goiás, Brasil, 1999) SOLUCIÓN: Sean r 1 , r 2 , r 3 las tres raíces enteras distintas de P( x). Entonces podemos escribir P( x) = ( x − r 1 )( x − r 2 )( x − r 3 ). Asumiendo que P( x) − 1 = 0 tenga alguna solución entera x0 ,
se sigue que ( x0 − r 1 )( x0 − r 2 )( x0 − r 3 ) = 1. Para que el producto de tres números enteros sea igual a 1 existen dos posibilidades: I posibilidad: que los tres números sean iguales a 1. II posibilidad: dos de esos números sean iguales a –1 y el tercero es igual a 1. En cualquiera de estas dos posibilidades se concluye que P( x) tendría raíces iguales, lo que contradice la hipótesis de que las tres raíces son distintas. 9. Una función f está dada por la siguiente tabla de valores: Por ejemplo, f (2) = 1. Determine el valor de f ( f (L( f ( f (4))L)). 14 4 244 3 2004 veces
(XXVI Olimpiada Brasileira de Matemática, Primera Fase – Nivel 3, 5 de junio de 2004) SOLUCIÓN: Luego, como 2004 es múltiplo de 4 tenemos que:
10. Una función func ión real f , definida en los enteros, satisface 67
Sociedad RAMAMSEM f (n) − (n + 1) f ( 2 − n) = (n + 3) 2 ,
para todo n entero. Determine el valor de f (0). (XXVI Olimpiada Brasileira de Matemática, Primera Fase – Nivel 3, 5 de junio de 2004) SOLUCIÓN: Haciendo n = 0 y sustituyendo en la relación que satisface la función obtenemos: f (0) − f (2) = 9.
Del mismo modo, haciendo n = 2 se tiene: f (2) − 3 f (0) = 25.
Sumando las dos ecuaciones anteriores se obtiene:
− 2 f (0) = 34. con lo que, finalmente f (0) = −17.
68
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.
1. Los ángulos internos de un triángulo están en progresión progresión aritmética. Las alturas del mismo triángulo están también en progresión aritmética. Pruebe que el triángulo es equilátero. (Problema 3, 3era Olimpiada Iberoamericana de Matemática) 2. Sean a, b, c, d , p, q números naturales diferentes de cero tales que ad − bc
=1 y
a b
>
p q
>
Pruebe que (i) q ≥ b + d ; (ii) Si q = b + d entonces p = a + c. (Problema 6, 3era Olimpiada Iberoamericana de Matemática)
69
c d
.
Sociedad RAMAMSEM
3. Si en el triángulo ABC , C = 2 A y AC = 2 BC , pruebe que el triángulo es un triángulo rectángulo. (Olimpiada Escolar de Leningrado, Grados 8 y 9, Tercera Ronda, 1982)
4. El área total y el volumen de un cilindro circular recto recto son numéricamente numéricamente iguales. Determine el radio y la altura del cilindro si ambos valores son enteros pares. (Olimpiada Nacional Húngara, 1987)
5. Determine el mínimo de la la función f ( x )
=
a
2
+ x 2 + (b − x )2 + c 2
donde a, b, c son números positivos. (Olimpiada Nacional Húngara, 1987)
6. Sean a, b, c los lados y α , β ,
los ángulos opuestos a esos lados de un triángulo.
Pruebe que si ab 2 cos α = bc 2 cos β = ca 2 cos γ
entonces el triángulo es equilátero. (Olimpiada Nacional Húngara, 1987)
7. Sean u y v dos números reales tales que u, v y uv son raíces de un polinomio cúbico con coeficientes racionales. Pruebe o refute que uv es racional. (Olimpiada Nacional Húngara, 1987)
70
Sociedad RAMAMSEM
8. Los números reales x1 , x 2 , x3 , L son definidos por
= a ≠ −1
x1
y
x n +1
= x n2 +
x n para todo n
≥ 1.
S n es la suma y Pn es el producto de los primeros n términos de la sucesión y1 , y 2 , y3 , L donde y n =
1 1 + x n
.
Pruebe que aS n
+
Pn
= 1 para todo
n.
(Olimpiada Británica de Matemática, 1983) 9. Determine todos los valores valores del parámetro real real p para el cual el sistema de ecuaciones x + y yz
+ z = 2
+ zx + xy = 1
xyz
= p
tiene soluciones reales. (Competición de Ganadores de Bulgaria, 1983) 10. Determine todas las funciones estrictamente crecientes
f : » →
ecuación funcional f ( f ( x) + y )
para todo x, y ∈
= f ( x + y) + f (0)
».
(11ava Competición Matemática Austria-Polonia)
71
»
que satisfacen la
Sociedad RAMAMSEM
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 Argentina y la Olimpiada Thales. 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 !!! º
1 Juego (12-14 años): Dividiendo un hexágono
Tenemos un hexágono regular cuyo lado tiene una longitud que se expresa mediante un número entero. Trazando paralelas a todos sus lados, se puede dividir el hexágono en triángulos equiláteros cuyo lado mide la unidad. En esta figura se muestra lo que ocurre si el lado del hexágono es de 3 unidades.
Encontrar el número de triángulos que se forman cuando el lado del hexágono sea de n unidades. ( XV O.M. Provincial. Primera Fase. Albacete. 2004 )
72
Sociedad RAMAMSEM º
2 Juego (12-14 años): Echar el resto
¿Cuál es el menor número que dividido por 2, 3, 4, 5 y 6 da , respectivamente, los restos 1, 2, 3, 4 y 5? ( XV O.M. Provincial. Primera Fase. Albacete. 2004 )
º
3 Juego (12-14 años): Siete puntos
Marca 7 puntos no alineados en el plano. ¿Cuántos triángulos distintos puedes obtener uniendo 3 de esos puntos?, ¿cuántos cuadriláteros uniendo 4 puntos? ( XV O.M. Provincial. Primera Fase. Albacete. 2004 )
4º Juego (14-16 años): Azulejos
Este modelo está formado por azulejos negros y blancos. Su anchura es de siete azulejos. En el Ayuntamiento hay un modelo como éste con una anchura de 149 azulejos. ¿Cuántos azulejos contendrá en total?
( I O.M. Provincial. Cuenca. 2002 )
73
Sociedad RAMAMSEM º
5 Juego (14-16 años): Triángulos isósceles
Dos triángulos isósceles tienen por lados 5, 5 y 6 metros; 5, 5, y 8 metros. ¿Cuál de ellos tiene mayor superficie?. Razona la respuesta ( III O.M. Primera Fase. Toledo. 2003 )
º
6 Juego (14-16 años): Simplificación
Investiga porque la extravagante simplificación de fracciones: da un resultado correcto.
¿Puedes encontrar otras (todas las) parejas de números de dos cifras donde se cumpla esta curiosa igualdad?. ( XV O.M. Provincial. Primera Fase. Albacete. 2004 )
º
7 Juego (14-16 años): Cuestión de peso
El doctor Tilla tiene una clínica dietética, donde lo primero que hacen con un paciente es pesarlo. En una semana el promedio del peso de los hombres que acudieron a la consulta ha sido de 90 Kg., mientras que el promedio del peso de las mujeres ha sido de 65 Kg. Si hacemos el promedio de todos los pesos contando hombres y mujeres nos da 75 Kg. • ¿Puedes decirnos quiénes acudieron más a la clínica, hombres o mujeres? • ¿Sabrías decir la proporción? ( XV O.M. Provincial. Primera Fase. Albacete. 2004 )
74
Sociedad RAMAMSEM º
8 Juego (14-16 años): Un año larguísimo
De todos los números naturales cuyas cifras suman 2003 nos quedamos con el menor. ¿Cuáles son su primera, segunda, décima y última cifra contando desde la izquierda? (II O.M. Provincial. Cuenca. 2003)
º
9 Juego (14-16 años): El caballo y el mulo
"Un caballo y un mulo caminaban juntos llevando sobre sus lomos pesados sacos. Lamentábase el caballo de su enojosa carga, a lo que el mulo le dijo: ¿De qué te quejas?. Si yo te tomara un saco, mi carga sería el doble que la tuya. En cambio, si te doy un saco, tu carga se igualará a la mía". Decidme, doctos matemáticos, ¿cuántos sacos llevaba el caballo, y cuantos el mulo?. (III O.M. Provincial. Toledo. 2003 )
º
10 Juego (14-16 años): Epidemia del Dengue
Hay una epidemia del dengue en un país llamado Miserame. Hace un mes un 10% de la población tenía la enfermedad y un 90% gozaba de buena salud. En el transcurso de este último mes, un 10% de las personas que estaban enfermas se curaron y un 10% de las personas que gozaban de buena salud se enfermaron del dengue. ¿Qué porcentaje de la población goza de buena salud en este momento? ( XVI Competencia Regional de Matemáticas. Colombia. 1997)
75
Sociedad RAMAMSEM
SOLUCIONES PROPUESTAS Dividiendo un hexágono.
Trazo un hexágono de lado 1 unidad y cuento el número de triángulos equiláteros (6). Hago lo mismo pero con 2 unidades de lado y, en esta ocasión cuento 24 triángulos. Cuento los triángulos del hexágono original y cuento 54 triángulos. Busco la relación: n = 1 se obtienen 6 triángulos (6·1) n = 2 se obtienen 24 triángulos (6·4) n = 3 se obtienen 54 triángulos (6·9) El seis siempre lo tenemos por tanto hay que buscar una relación entre 1, 4, 9... que es n al cuadrado. si n = n se obtienen 6n 2 triángulos Echar el resto.
El número menor que al dividirlo entre 2, 3, 4, 5 y 6 será el m.c.m de estos números y para que dé los restos que señala el problema, habría que restar una unidad al m.c.m. La solución, por tanto, será 59. Siete puntos.
Uniendo 3 puntos se pueden formar 35 triángulos. Una forma puede ser: uniendo los puntos: 123, 124, 125, 126, 127, 134, 135, 136, 137, 145, 146, 147, 156, 157,167, 234, 235, 236, 237, 245, 246,247, 256, 257, 267, 345, 346, 347, 356, 357, 367, 456, 457, 467, 567. Uniendo 4 puntos se pueden formar 35 cuadriláteros. Una forma puede ser: uniendo los puntos: 1234, 1235, 1236, 1237, 1245, 1246,1247, 1256, 1257, 1267, 1345, 1346,1347, 1356, 1357, 1367, 1456, 1457,1467, 1567, 2345, 2346, 2347, 2356, 2357, 2367, 2456, 2457, 2467, 2567, 3456, 3457, 3467, 3467, 3567, 3567, 4567.
7 7 NOTA: utilizando combinatoria, las soluciones pueden obtenerse calculando y . 3 4
76
Sociedad RAMAMSEM Azulejos.
Calculamos la suma de los azulejos desde la primera fila hasta la fila que marca la anchura: S = 1+ 3 + 5 + 7+ .... + 147 + 149 = (1+149) × 75/2 = 150 × 75/2 = 75 × 75 = 5625 El número total de azulejos será el doble de 5625 menos los 149 azulejos de la fila que marca la anchura que es la que no se repite. S total = 5625 × 2 – 149 = 11250 – 149 = 11101 azulejos
Triángulos isósceles.
Calculamos el área de cada uno de ellos: Lados: 5, 5, 6 Aplicando el teorema de Pitágoras: 52 = h2 + 32 h2 = 25 – 9 =16 ; h = 4 A = 6 × 4/2 = 12 cm2 Lados: 5, 5, 8 Aplicando el teorema de Pitágoras: 52 = h2 + 32 h2 = 25 – 16 =9 ; h = 3 A = 8 × 3/2 = 12 cm2 Las áreas son iguales Simplificación.
Si la fracción es: xy/yz , se tendrá: (10x + y)/(10y + z) = x/z , de donde: z = 10xy/9x + y Dando valores a x obtenemos las siguientes soluciones: 11/11 , 22/22, ....... 99/99, 16/64 , 19/95 , 26/65 y 49/98
77
Sociedad RAMAMSEM Cuestión de peso.
a) Acudieron más mujeres ya que el peso medio (75) dista 10 del peso medio de las mujeres (65) y 15 del peso medio de los hombres (90). b) Siendo x los hombres que que han acudido e y las mujeres se obtiene la siguiente ecuación: (90x + 65y)/(x + 1) = 75 de donde 15x - 10y = 0 y simplificando 3x - 2y = 0 luego: x/y = 2/3 Por cada 3 mujeres acudieron 2 hombres. Un año larguísimo.
Para que el número sea el menor posible queremos que el número tenga el menor número de cifras y que las primeras cifras por la derecha sean las mayores posibles (9) para que la última cifra sea la menor posible. Con lo cual dividimos 2003 entre nueve y da a 222 mas 5 de resto. El número será 599999....9999 con 223 cifras de las que las últimas 222 son nueves. El caballo y el mulo.
x + 1= 2(y – 1) y + 1= x – 1 A partir de este sistema, en el que el mulo es "x" y el caballo "y", obtengo que el mulo lleva 7 sacos y el caballo 5. Epidemia del Dengue.
10% del 10% de p = 1% con buena salud 90% del 90% de p = 81% con buena salud Un 82% de la población goza de buena salud en este momento.
78
Sociedad RAMAMSEM 42 métodos de demostración en Matemáticas • • • • • • • • • • • •
• • • • • • • • • •
1. Demostración por Obviedad: Obviedad: “La demostración es tan evidente que no hace falta que sea mencionada” 2. Demostración por Acuerdo General: General: “¿Todos a favor?…” 3. Demostración por Imaginación: Imaginación: “Bien, fingiremos que es cierto.” 4. Demostración por Conveniencia: Conveniencia: “Sería magnífico si esto fuera cierto, por tanto…” 5. Demostración por Necesidad: Necesidad: “Tendría que ser cierto o la estructura completa de las Matemáticas se derrumbaría.” 6. Demostración por Verosimilitud: Verosimilitud: “Suena muy bien. Por tanto debe ser cierto.” 7. Prueba por Intimidación: Intimidación: “No seas estúpido, naturalmente que es cierto.” 8. Demostración por Falta de Tiempo: Tiempo: “Por problemas de tiempo te dejaré la demostración a ti.” 9. Demostración por Aplazamiento: Aplazamiento: “La demostración de esto es demasiado larga. Por eso se da en el apéndice.” 10. Demostración por Accidente: Accidente: “¡Vaya!, ¿qué tenemos aquí?” 11. Demostración por Falta de Importancia: Importancia: ¿A quién le importa realmente?” 12. Demostración por Mumbo-Jumbo: Mumbo-Jumbo: “Para cada epsilon mayor que cero existe un delta mayor que cero tal que f(x)-L es menor que epsilon siempre y cuando x-a sea menor que delta.” 13. Demostración por Blasfemia: Blasfemia: (Ejemplo omitido) 14. Demostración por Definición: Definición: “Lo definiremos para que sea cierto.” 15. Demostración por Tautología: Tautología: “Es cierto porque es cierto.” 16. Demostración por Plagio: Plagio: “Como podemos ver en la página 238…” 17. Demostración por Referencia Perdida: Perdida: “Sé que lo vi en algún sitio…” 18. Demostración por Cálculo: Cálculo: “Esta demostración requiere muchos cálculos. Por lo tanto la pasaremos por alto.” 19. Demostración por Terror: Terror: Usada cuando la Intimidación (7.) falla. 20. Demostración por Falta de Interés: Interés: “¿Realmente alguien quiere ver esto?” 21. Demostración por Ilegibilidad: Ilegibilidad: “¥ ª Ð Þ þæ” 22. Demostración por Lógica: Lógica: “Si está en la hoja de problemas entonces debe ser cierto.” 79
Sociedad RAMAMSEM • • • • • • • • • • • • • • • • • • • •
23. Demostración por la Regla de la Mayoría: Mayoría: Usada cuando Acuerdo General (2.) no puede usarse. 24. Demostración por Elección Inteligente de la Variable: Variable: “Sea A el número tal que la demostración funciona.” 25. Demostración por Mosaico: Mosaico: “Esta prueba es justo la misma que la anterior.” 26. Demostración por Palabra Divina: Divina: “Y el Señor dijo: ‘Sea cierto’. Y ocurrió.” 27. Demostración por Testarudez: Testarudez: “¡No me importa lo que digas! ¡Es cierto!” 28. Demostración por Simplificación: Simplificación: “Esta prueba se reduce al hecho de que 1+1=2.” 29. Demostración por Generalización Precipitada: Precipitada: “Bien, es cierto para el 17, por tanto lo es para todos los números reales.” 30. Demostración por Engaño: Engaño: “Ahora que todo el mundo se de la vuelta…” 31. Demostración por Súplica: Súplica: “Por favor, que sea cierto.” 32. Demostración por Analogía Pobre: Pobre: “Bien, esto es igual que…” 33. Demostración por Escape: Escape: Límite de Aplazamiento (9.) cuando t tiende a intinifo. 34. Demostración por Diseño: Diseño: “Si no es cierto en las Matemáticas actuales invento un nuevo sistema donde sí lo es.” 35. Demostración por Intuición: Intuición: “Tengo la sensación de que…” 36. Demostración por Autoría: Autoría: “Bill Gates dice que es cierto. Por tanto debe serlo.” 37. Demostración por Afirmación Rotunda: Rotunda: “¡YO REALMENTE QUIERO DECIR ESTO!” 38. Demostración por el Teorema C.T.L.S.: C.T.L.S.: “¡Cualquier Tonto Lo Sabe!” 39. Demostración por Vigoroso Agitamiento Manual: Manual: Funciona bien en clase. 40. Demostración por Seducción: Seducción: “Convéncete tú mismo de que es cierto.” 41. Demostración por Evidencia Acumulada: Acumulada: “Largas y concienzudas búsquedas no han revelado ningún contraejemplo.” 42. Demostración por Intervención Divina: Divina: “Entonces un milagro ocurre y…”
80
Sociedad RAMAMSEM
8. Guía y lecciones de entrenamiento para competencias matemáticas. Miguel Ángel Arias Vílchez Giovanni Buckcanan Aguilar Kendrick Mitchell Maturin Mauricio Rodríguez Mata El siguiente material se denomina “Apuntes de Combinatoria para la Olimpiada de Matemáticas” y fue elaborado por Pedro David Sánchez Salazar (
[email protected]).
81
Sociedad RAMAMSEM
82
Sociedad RAMAMSEM
83
Sociedad RAMAMSEM
84
Sociedad RAMAMSEM
85
Sociedad RAMAMSEM
86
Sociedad RAMAMSEM
87
Sociedad RAMAMSEM
88
Sociedad RAMAMSEM
89
Sociedad RAMAMSEM
90
Sociedad RAMAMSEM
91
Sociedad RAMAMSEM
92
Sociedad RAMAMSEM
93
Sociedad RAMAMSEM
94
Sociedad RAMAMSEM
95
Sociedad RAMAMSEM
96
Sociedad RAMAMSEM
97
Sociedad RAMAMSEM
98
Sociedad RAMAMSEM
99
Sociedad RAMAMSEM
100
Sociedad RAMAMSEM
101
Sociedad RAMAMSEM
102
