Revista Olímpica III Trimestre 2009

Girolamo Cardano

Problemas de Matemática  para Competencias olímpicas

Sociedad Ramamsem

III 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”.

48

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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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

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[email protected] o bien [email protected]

Continuando con esta publicación, estamos 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 Tartaglia y Cardano. Estas referencias bibliográficas han sido tomadas textualmente de “20 matemáticos célebres” de Francisco Vera. TARTAGLIA Y CARDANO UN DESAFIO MATEMÁTICO  En la época en que florecen los dos matemáticos a quienes se contrae este ensayo, había desaparecido ya la separación entre la Aritmética práctica, que se enseñaba por medio del ábaco, y la Aritmética teórica, que comprendía las propiedades de los números y las proporciones con arreglo a la tradición romana, y se hablaba de una Aritmética universal que participaba del Álgebra: Aritmética algorítmica, a cuyo desarrollo contribuyó en gran parte la difusión de los calendarios, tanto para usos eclesiásticos como astrológicos y médicos porque tenían las fechas indicadas en caracteres indios, impropiamente llamados arábigos, los cuales derrotaron definitivamente a las cifras romanas en toda Europa, excepto en Italia, hasta el siglo XV, a pesar de ser ésta la cuna de la Aritmética mercantil, una de cuyas primeras conquistas fue el sistema de contabilidad por partida doble, y a pesar de los esfuerzos de Leonardo de Pisa, que dedica un capitulo de su famoso Líber Abacci a cantar las excelencias de los diez guarismos, incluyendo el cero: quod arabice zephirum apellatur .

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Sociedad RAMAMSEM  Triunfante, al fin, la enumeración india y destruida la barrera que separaba las dos Aritméticas, renace el Álgebra sincopada que desde Diofanto de Alejandría, su verdadero iniciador, había permanecido en estado larval durante la Edad Media. Aprovechando las fuentes árabes de origen indio y prescindiendo de las inspiradas en las obras didácticas griegas, que no sólo no sustituyen el cálculo de cantidades por combinaciones imaginadas con éstas, sino que tampoco explican ni aun las fórmulas de las áreas, por medio de la medida de sus magnitudes, las reglas del Álgebra extraían su demostración de las construcciones geométricas. Como concepción sintética de la Matemática, el Álgebra es una técnica de cálculo sin contenido, un método Matemático por excelencia, en el sentido luliano, cuyo papel se reduce a asociar elementos simples de tal modo que, formando progresivamente compuestos cuya estructura es cada vez más complicada, tiende a hacer inútil la inteligencia y a reducir el razonamiento a reglas que se dejan aplicar Sucesivamente, pero como auxiliar de la Geometría, produjo frutos en el Renacimiento dando una fisonomía especial a la ciencia de Euclides y actuando sobre ella de un modo influyente para su desarrollo ulterior, a pesar de la pesadez, inelegancia y laboriosidad con que se aplicaba; y cuando, aparecen en la historia de la Matemática Tartaglia y Cardano, el Álgebra sincopado sigue siendo una ciencia de origen árabe dedicada al estudio sistemático de las ecuaciones o regla de la cosa , así llamada por haberse dado a la incógnita el nombre de res , cosa, que los algebristas de la época representaban por una R . La x con que hoy se representa es de origen cartesiano. Dos hechos casi simultáneos influyeron poderosamente en el progreso que inicia entonces el Álgebra: la invención de la imprenta y la toma de Constantinopla por los turcos. Gracias a los griegos cultos que huyeron de la invasión otomana, el Occidente europeo conoció a los grandes matemáticos antiguos cuyas obras habían sido desfiguradas por los copistas o por los traductores árabes; y los originales griegos, sustraídos al pillaje turco y multiplicados por el arte de Gutenberg, fueron la fuente purísima en que calmaron su sed de saber los matemáticos renacentistas. Los escritores contaban en la Edad Media con un número reducidísimo de lectores a consecuencia de la escasez de las copias, y los hombres de ciencia no tenían ningún centro de reunión, a diferencia de los de los tiempos clásicos, que lo tuvieron en Alejandría, de modo que puede decirse que la imprenta inaugura la época moderna, lo mismo desde el punto de vista político que científico; el Renacimiento se caracteriza por una gran actividad 2

Sociedad RAMAMSEM  en todas las ramas del saber, y el descubrimiento de América y las discusiones que precedieron a la Reforma inundan Europa de ideas nuevas que la imprenta difundió. La Matemática, en particular, y más en particular el Álgebra sincopada, adquirió gran desarrollo en Italia, primera que conoció los métodos griegos, y recibió un impulso que dura hasta fines del siglo XVI, en que Viète inicia la época del Álgebra simbólica. Estudiadas las ecuaciones de primero y segundo grados, la Matemática renacentista se hace esta pregunta: ¿Se puede encontrar la solución general de las ecuaciones literales de grado superior al segundo? Tartaglia, Cardano y sus discípulos contestaron afirmativamente para las de tercero y cuarto, pero quedó abierto un nuevo paréntesis que cerró Abel en el siglo XIX demostrando la imposibilidad de resolver algebraicamente las de grado superior al cuarto. Se ignora la fecha exacta del nacimiento de Tartaglia, cuyo verdadero nombre es Nicolo Fontana, según se desprende de su testamento, en el que deja por heredero a su hermano Giampietro Fontana; pero se le conoce en la Historia por su apodo de Tartaglia, el Tartamudo, a causa del defecto que tuvo para hablar desde que, siendo niño, conoció los horrores de la guerra. Cuando Gaston de Foix tomó Brescia, ciudad natal de Tartaglia, el 19 de febrero de 1512, sus habitantes se refugiaron en la catedral acogiéndose al derecho de asilo; pero allanada ésta por los soldados, uno de ellos infirió cinco heridas al pequeño Nicolás, que quedó con el cráneo roto, abiertas las dos mandíbulas y partida la lengua. Durante mucho tiempo no pudo hablar ni comer, y, como él mismo cuenta en sus Quesiti et inventioni diverse , fue su madre quien lo salvó "imitando a los perros, que se curan lamiéndose las heridas". Por la misma obra sabemos que era hijo de un tal "Micheletto, cavallero de casaca ignota" quien, al morir, le dejó, niño aún, con un hermano algo mayor y una hermana, al cuidado de la madre "liquida di beni della fortuna". Tartaglia fue un autodidacto. Luego de haber aprendido a leer y escribir, meditó sobre las obras de los muertos, "sopra le opere degli uomini defonti", son sus palabras, dedicándose a la enseñanza en varias ciudades de la República de Venecia. En el trienio 1521-23 ejerció el profesorado en Verona; en 1526 estaba en Mantúa; en 1534 enseñó en Venecia; en 1548 volvió a Brescia, regresando después a Venecia, donde murió el 13 de diciembre de 1557. La humildad de su origen y la estrechez económica en que siempre vivió le impidieron tener una educación esmerada, por lo cual no escribió en latín, que era el idioma culto de su tiempo, sino en el italiano vulgar que hablaban sus conciudadanos. 3

Sociedad RAMAMSEM  Esto es casi todo lo que se sabe de la vida del gran matemático, cuya primera obra: Nuova Scientia , data de 1537. En ella establece los principios de la Balística y es, realmente, el primer libro que aplica el razonamiento matemático a los problemas bélicos. Tartaglia sostuvo que el efecto máximo se obtiene disparando el cañón bajo un ángulo de 45° y estudió la trayectoria de los proyectiles, cometiendo algunos errores que no fueron advertidos hasta 1590, en que Diego de Alava, gentilhombre de cámara de Felipe II, publicó en Madrid una obra con el mismo título, Nueva ciencia , que la de Tartaglia, en la que, a diferencia de éste, consideró que podían combinarse el movimiento natural y el violento de los proyectiles, deduciendo de aquí que su trayectoria era una línea curva, estudiada matemáticamente por Jerónimo Muñoz, catedrático de la Universidad de Salamanca. Otro libro famoso de Tartaglia es el ya citado Quesiti o inventioni diverse , Venecia, 1546, dedicado a chi brama di veder nove inventioni, non tolte da Platon, ne da Plotino, ne d'alcun altro greco, over latino, ma sol da l'arte, misura, e ragioni, libro de gran importancia histórica porque en los enunciados y soluciones de los problemas de que trata, su autor da interesantes noticias de los matemáticos con quienes sostuvo relaciones, sobre todo de aquellos cuyos nombres están ligados a la cuestión de la prioridad de la solución de la ecuación de tercer grado. Finalmente escribió el General trattato di numeri et misure , especie de enciclopedia del tipo de la Summa de Lucas Pacioli, donde se encuentran incidentalmente preciosos informes sobre la vida ordinaria y los usos comerciales de la Italia renacentista; y así, por ejemplo, sabemos que el interés del dinero variaba del 5 al 21% anual cuando se contaba con una garantía sólida, y que en las transacciones comerciales pasaba del 20%. Tartaglia denunció la ley de usura, explicando la manera de que se valían para burlarla los terratenientes, quienes obligaban a sus colonos a vender las cosechas a fin de abaratar el mercado para que, siendo bajos los precios de venta, pudieran comprar los prestamistas de dinero en condiciones ventajosas; y como los arrendatarios habían tomado las semillas con la condición de devolver igual cantidad de granos o pagarlos con arreglo a la cotización del mes de mayo, que es cuando el trigo estaba más caro, los colonos no tenían otra solución que caer en las garras de los usureros para saldar sus deudas. 4

Sociedad RAMAMSEM  A petición de los magistrados de Verona, Tartaglia estableció una escala móvil que permitía determinar el precio del pan en función del valor del trigo, y discurrió ampliamente sobre los principios que se aplicaban en su época para reglamentar la cuestión. De Jerónimo Cardano se sabe más. Nació en Pavía el 24 de septiembre de 1501 y su vida es una serie de actos incoherentes que pertenecen tanto a la historia de la Matemática como a la de la Astrología y a la de la Patología. Hijo de un jurisconsulto milanés, Cardano estudió primero en su ciudad natal y después en la Universidad de Padua, donde alcanzó la licenciatura en Medicina, que ejerció en Sacco y en Milán en el período 1524 - 1556 durante el cual estudió Matemática y publicó sus principales obras. Después de viajar por Francia, Inglaterra y Escocia, regresó a Milán ocupando, en 1534, una cátedra en la Academia Palatina, donde pronunció un Encomium geometriae , recogido después en la edición de sus obras completas pero perdió la cátedra en un concurso contra Zuanne del Coi y se trasladó a Pavía. Gracias al apoyo del cardenal legado consiguió un puesto en la Universidad de Bolonia; pero, como dice Marie en su Histoire des sciences mathématiques , "no muy honesto, un poco astrólogo y charlatán y otro poco ateo y soplón", hizo el horóscopo de Jesucristo y, naturalmente, dio con sus huesos en la cárcel el 14 de octubre de 1570, de la que salió un año después bajo palabra de no volver a dar lecciones públicas en ninguno de los Estados pontificios, y marchó a Roma, donde ejerció la Astrología con tanto éxito que llegó a ser el astrólogo más renombrado de su época. Este renombre le fue fatal, porque habiendo pronosticado el día de su muerte, se suicidó, 21 de septiembre de 1576, para dejar a salvo su reputación. En De vita propia hace su autobiografía con estas palabras: "He recibido de la Naturaleza un espíritu filosófico e inclinado a la Ciencia. Soy ingenioso, amable, elegante, voluptuoso, alegre, piadoso, amigo de la verdad, apasionado por la meditación, y estoy dotado de talento inventiva y lleno de doctrina. Me entusiasman los conocimientos médicos y adoro lo maravilloso. Astuto, investigador y satírico, cultivo las artes ocultas. Sobrio, laborioso, aplicado, detractor de la religión, vengativo, envidioso, triste, pérfido y mago, sufro mil contrariedades. Lascivo, misántropo, dotado de facultades adivinatorias, celoso, calumniador e inconstante, contemplo el contraste entre mi naturaleza y mis costumbres." Estas absurdas y contradictorias palabras, de caótica ilación, demuestran que Cardano era un perturbado cuyo estudio clínico sería de indiscutible valor documental. Ególatra, no 5

Sociedad RAMAMSEM  pensaba más que en sí mismo y no tenía otra preocupación que su propia persona, hasta el extremo de que al día de su nacimiento le daba importancia capital en la historia de la humanidad. Sus taras patológicas las heredaron sus hijos, el mayor de los cuales fue ajusticiado en 1560 por haber envenenado a su mujer, y el más pequeño cometió errores de conducta tan graves que el propio Cardano no se atrevió a divulgar y que le condujeron a la cárcel, no sin que antes su padre le cortara las orejas en un acceso de cólera, acto criminal que no fue castigado gracias a la protección de Gregorio XIII, en cuya corte Cardano prestaba servicios como astrólogo. Tartaglia y Cardano son los principales protagonistas de una de las más enconadas polémicas que registra la historia de la Matemática: la relativa a la ecuación de tercer grado. Los árabes habían resuelto algunas de estas ecuaciones geométricamente, pero su estudio sistemático corresponde a los italianos y provocó, como se acaba de indicar, una famosa disputa, de acuerdo con el carácter de la época, que gustaba de los torneos y discusiones científicas. "Al ver los problemas de tercer grado, que se proponían como desafío a principios del siglo XVI, dice Libri en su Historie des sciences mathématiques en Italie , se comprende la importancia que se daba entonces a los descubrimientos algebraicos, siendo difícil encontrar en la historia de la Ciencia un ejemplo semejante. Las apuestas y discusiones públicas se sucedían sin interrupción, interesándose en ellas todas las clases sociales, como en la antigüedad se interesaban por los desafíos de los poetas y los combates de los gladiadores". Aunque todavía no se ha dicho la última palabra sobre la cuestión objeto de este trabajo, parece que los primeros problemas de tercer grado fueron propuestos a Tartaglia en 1530, estando en Brescia, por medio de Zuanne del Col, profesor de Milán, quien le pidió que resolviera estas dos cuestiones: 1. Encontrar un número que, multiplicado por su raíz aumentada en 3, de 5; 2. Encontrar tres números que se diferencien en 2 y cuyo producto sea 1000. Los que tengan conocimientos matemáticos comprenderán en seguida que se trata de resolver sendas ecuaciones de tercer grado, que Pacioli había declarado imposibles, pero que Tartaglia afirmó que eran resolubles.

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Sociedad RAMAMSEM  Enterado de esta actitud, Antonio del Fiore calificó de impostor a Tartaglia diciendo que él conocía un método empírico para resolver la ecuación cúbica que le había enseñado su maestro Escipión del Ferro, el cual lo vio probablemente en alguna obra árabe. Tartaglia contestó que sabía resolver las ecuaciones de los tipos x3 + px = q x3 = px + q y que la x3 +q = px siendo p y q positivos, quedaba reducida a la primera por medio de una transformación fácil. Fiore desafió entonces a Tartaglia y, aceptado el reto, ambos depositaron en poder de un notario cierta cantidad de dinero que ganaría quien resolviera treinta problemas en el plazo máximo de cuarenta días. Tartaglia los resolvió todos en menos de dos horas y resumió sus reglas en los siguientes versos técnicos: Quando che'l cubo con le cose appresso se agguaglia a qualche numero discreto: trovan dui altri, diferente in esso. Dapoi terrai, questo per consueto, che'l loro produtto, sempre sia eguale al terzo cubo della cose neto; el residuo poi suo generale, delli lor lati cubi, ben sottratti varra la tua cosa principale. In el secondo, de cotesti atti; quando che'l cubo restasse lui solo, tu osserverai quest'altri contratti, del numer farai due tal part'a volo, che l'una, in l'altra, si produca schietto, el terzo cubo delle cose in stolo; delle quali poi, per commun precetto, torrai li lati cubi, insieme gionti, et co tal somma, sará ii tuo concetto; el terzio, poi de questi nostri cónti, 7

Sociedad RAMAMSEM  se solve col segundo, se ben guardi che per natura son quasi congionti. Questi trovai, et non con pasi tardi nell mille cinquecent'e quatro e trenta; con fondamenti ben saldi, e gagliardi; nella cittá del mar'intorno centa. Fijándonos en el primer caso, que basta para captar la regla de Tartaglia, los versos mnemotécnicos dicen traducidos literalmente: "Cuando el cubo con las cosas cerca, se iguala a cualquier número discreto, se encuentran otros dos, diferentes en eso, Después tendrás esto por norma que su producto sea siempre igual al tercio cubo de las cosas limpio; el resto después suyo general de sus lados el cubo bien restado verás tu cosa principal"; es decir, en el lenguaje matemático moderno: Si el cubo x 3 más un múltiplo px de la cosa, incógnita, es igual a un cierto número q , determinemos, por los métodos habituales, dos números y y z cuya diferencia sea q y cuyo producto sea el cubo del tercio del coeficiente de la incógnita; se extraen sus raíces cúbicas, y, restándolas, se tiene el valor de x , valor que, como se puede comprobar, está obtenido por el mismo método que suele explicarse en los tratados de Álgebra. Los últimos versos indican el lugar: Venecia, y la fecha: 1534, del descubrimiento: "Esto encontré, y no con paso tardo - en mil quinientos treinta y cuatro con fundamento sólido y gallardo - en la ciudad que rodea el mar." Triunfante el matemático de Brescia, el asunto parece que quedó zanjado hasta que un año después lo resucitó Coi enviando a Tartaglia, el 12 de septiembre de 1535, tres problemas, uno de los cuales consistía en descomponer el número 20 en tres partes en progresión geométrica y tales que el producto de las dos primeras sea 8, problema que Luis Ferrari, discípulo de Cardano, consiguió resolver.

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Sociedad RAMAMSEM  Pasó otro año más y, en agosto de 1536, un tal Vincenti propuso a Tartaglia el problema de encontrar un número que, multiplicado por su raíz cuadrada aumentada en 6, dé 100, problema, que, como se ve, es idéntico a uno de los propuestos en 1530 por Col, quien, el 10 de diciembre del mismo año de 1536, le planteó nuevas cuestiones análogas que no se sabe si fueron resueltas; y el asunto volvió a un punto muerto aparente, puesto que Tartaglia seguía trabajando en ello, pero sin dar a conocer el resultado de sus investigaciones. . Y en 1539 entra en escena Cardano enviando a Tartaglia, con fecha 2 de enero, una carta por intermedio de un librero, en la que le dice que, conocedor del resultado de su disputa con Fiore y estando a punto de publicar una obra, quería incluir en ella la fórmula de la ecuación de tercer grado y consignar el nombre de su descubridor, por lo cual le rogaba que le comunicase todo lo que se relacionara con el asunto y muy especialmente los enunciados de los famosos treinta problemas. Tartaglia se negó a ello y entonces Cardano, irritado, le envió por el mismo conducto, el 12 de febrero de 1539, otra carta llena de reproches; pero, comprendiendo que no era éste el camino adecuado para conseguir lo que quería, cambió de táctica y, con amables palabras, le instó el 13 de marzo del mismo año a pasar unos días en Milán, donde le decía que le esperaba con impaciencia el marqués del Vasto, protector suyo y mecenas de los científicos. Aceptó Tartaglia la invitación, y el 25 de marzo se dirigió a Milán, hospedándose en casa del propio Cardano luego de saber que el marqués se había marchado a Vigevano. El matemático milanés procuró convencer por todos los medios a su colega para que le dijera el secreto de la ecuación cúbica. "Os juro sobre los Santos Evangelios, le dijo, que si me comunicáis vuestros descubrimientos no los publicaré jamás y los anotaré sólo para mí en cifra, a fin de que nadie pueda comprenderlos hasta después de mi muerte." Tartaglia cedió, al fin, a tan insistentes ruegos y regresó a Venecia, desde donde se carteó con Cardano, 12 y 17 de mayo; 10 y 19 de julio; 4 de agosto y 18 de octubre de 1539, sobre algunos desarrollos complementarios. A través de esta correspondencia se advierte que las relaciones entre ambos se iban enfriando, y la carta de Cardano del 5 de enero de 1540 quedó ya sin respuesta. Auxiliado por su discípulo Ferrari, aquél consiguió ampliar las reglas de Tartaglia, y en 1545 publicó su famosa Ars Magna , en cuyo primer capítulo dice lo siguiente: "Escipión del Ferro, de Bolonia, encontró hace tiempo nuestro capítulo verdaderamente bello y admirable Del cubo y de las cosas iguales a número . Tal arte, superando a toda humana sutileza y al 9

Sociedad RAMAMSEM  esplendor de todo ingenio mortal, atestigua el valor de su mente, y es cosa de tanta maravilla que quien la ha inventado puede vanagloriarse de que nadie le superará. Émulo suyo es mi amigo Nicolás Tartaglia, de Brescia, quien, en una disputa que sostuvo con Antonio María del Fiore, discípulo de Escipión del Ferro, también lo encontró y me lo comunicó a mi ruego, sin demostración, la cual he redactado en diferentes casos con el auxilio de mi antiguo discípulo Luis Ferrari. Lo de éste va con su nombre y todo lo demás es cosa mía." Irritado por estas palabras sinuosas, Tartaglia desafió a Cardano; pero éste, deseando quedar al margen de toda disputa, se entendió con Ferrari, el cual envió a aquél desde Milán, el 10 de febrero de 1547, un cartello di sfida , proponiéndole una "controversia pública en un lugar cómodo para los dos y ante jueces idóneos, sobre Geometría, Aritmética y todas las disciplinas que dependen de éstas", declarando estar dispuesto a hacer un depósito de doscientos escudos destinados al vencedor y dándole un plazo de treinta días para contestarle. La respuesta no se hizo esperar. Nueve días después le escribió Tartaglia desde Venecia, aceptando; pero con la condición de que Cardano, tomara parte en la contienda. Ferrari respondió en abril del mismo año con otro cartel de desafío que agrió la cuestión. Aparte del detalle de estar escrito en latín, con la aviesa intención de poner en un apuro a Tartaglia, dada su poca cultura literaria, decía que durante un viaje de Milán a Florencia, el año de 1542, y mientras descansaba en Bolonia, Aníbal de la Nave había comunicado a Cardano un cuaderno de Escipión del Ferro en el cual "estaba expuesta elegante y completamente la resolución de la ecuación cúbica", dato de gran interés histórico puesto que permitía poner en duda el derecho de prioridad de Tartaglia; pero demostraba también la mala fe de Cardano al ocultarlo. El 27 de abril contesta largamente Tartaglia insistiendo en que asistiera Cardano al torneo, en el que podían tomar parte, además, todos los matemáticos del mundo, y le planteaba treinta y un problemas, diecisiete de los cuales se refieren a construcciones con una sola abertura de compás, tema que había sido tratado por Abulguafa y por Alberto Durero, y parece que también por Escipión del Ferro; pero así como éstos utilizaban una abertura en cada caso, Tartaglia exigía que el radio fuese el mismo en todos los problemas, inspirándose, evidentemente, en consideraciones teóricas.

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Sociedad RAMAMSEM  Ferrari contestó el 24 de mayo con una carta plagada de injurias, presentando sus contraposiciones y planteando otros problemas, treinta y uno en total, más complicados que los de Tartaglia, y algunos de los cuales excedían de sus recursos matemáticos. Fechada el 23 de junio, y concluida de imprimir el 9 de julio siguiente, apareció la respuesta de Tartaglia, resolviendo veintiséis de las treinta y una cuestiones propuestas por su rival, incluyendo las de carácter filosófico relativas a un pasaje del Timeo de Platón y otro de Aristóteles, y termina su escrito con este verso: Ogni dubbioso il parangon fa certo revelador de su satisfacción por los resultados conseguidos. El 10 de agosto publicó Ferrari su cuarto cartel de desafío, en el que hay muchos insultos y poca Matemática, al cual contestó Tartaglia el 30 del mismo mes resolviendo las cuestiones que había dejado pendientes en su respuesta anterior y reiterando su deseo de que Cardano tomase parte en la discusión, adivinando, lógicamente, que éste andaba entre bastidores. El quinto cartel de Ferrari, aparecido en octubre, tiene más interés. Empieza con una digresión de carácter jurídico acerca de las autoridades científicas que deben dirimir la contienda, critica después las soluciones de Tartaglia con palabras apasionadas e injustas, tras de las cuales se advierte la presencia de Cardano, y termina resolviendo algunos de los problemas propuestos por su rival el 27 de abril, es decir: que tardó seis meses en dar sus soluciones, Tartaglia las dio siempre inmediatamente y ello gracias a la colaboración de Cardano, como éste mismo afirma en su obra De Subtilitate . Tartaglia respondió diciendo que ya duraba demasiado la polémica escrita y que estaba dispuesto a dirigirse a Milán para discutir verbal y públicamente con su adversario, aprovechando la proximidad a la capital de Lombardía de Brescia, donde se encontraba a la sazón por razones profesionales. Cerca de un año tardó Ferrari en contestar. Su respuesta, fechada el 14 de julio de 1548 es, como todas las suyas, una colección de improperios, y concluye haciendo un elogio de Cardano, de quien dice que tuvo la generosidad de citar a Tartaglia en su Ars Magna a propósito de la ecuación de tercer grado, que ya había resuelto Escipión del Ferro y conocía Antonio del Fiore. Aceptando en principio el desafío matemático, ambas rivales llegaron a un acuerdo sobre las condiciones el día 24 de julio, citándose para el 10 de agosto en la cátedra Giardino de los recoletos de Milán. De esta famosa polémica no conocemos, desgraciadamente, más que las referencias de uno de los contendientes: Tartaglia, lo que impide juzgarla con imparcialidad. 11

Sociedad RAMAMSEM  Tanto este último episodio como el desarrollo del desafío, han sido diversamente interpretados, incluso por los propios historiadores de la Matemática italiana, y, aun hace pocos años, dos ilustres profesores: Gino Loría y Ettore Bortolotti, han adoptado posiciones opuestas: el primero en favor de Tartaglia y el segundo en defensa de Cardano. Lo que sí parece fuera de toda duda es que la controversia oral degeneró en puerilidades en vez de aportar elementos nuevos a la teoría de ecuaciones, que era la preocupación de los matemáticos de la época, lo que no quiere decir que los cartelli di Matematica disfida fueran estériles, pues que permiten seguir con bastante aproximación la trayectoria histórica de la resolución de la ecuación de tercer grado, que se puede resumir diciendo que en 1502 Pacioli la había declarado imposible, opinión que no fue compartida por Escipión del Ferro, el cual conocía en 1515 un procedimiento empírico, tomado probablemente de los árabes; pero guardó su secreto limitándose a consignarlo en un cuaderno que, a su muerte, en 1526, pasó a manos de Aníbal de la Nave, su sucesor en la cátedra de Bolonia, siendo probable que en esta ciudad se conociera la existencia de tan precioso documento, pues que ello explicaría satisfactoriamente el motivo de los problemas que Coi y Fiore propusieron en 1530 a Tartaglia y que fueron, en realidad, los que le obligaron a trabajar sobre la ecuación cúbica, que consiguió resolver en 1534 y se la comunicó, en 1539, bajo previo juramento ad sacra Dei de guardar el secreto, a Cardano, quien conoció tres años después, junto con Ferrari, la solución empírica de Escipión del Ferro facilitada confidencialmente por Aníbal de la Nave cuando ambos, de paso para Florencia, se detuvieron en Bolonia, 1542. En posesión de este dato, Cardano, cuyo perfil moral deja mucho que desear, faltó al   juramento prestado y publicó la solución de la ecuación en su Ars Magna haciéndola preceder de palabras que indignaron a Tartaglia, quien desafió a Cardano; pero éste no sólo rehusó el debate (fue su discípulo Ferrari quien, manejado por él, lo sostuvo), sino que, acosado para que asistiese a la controversia pública, huyó cobardemente de Milán a uña de caballo. Es indudable, pues, que Tartaglia fue quien resolvió la ecuación de tercer grado tal como ha llegado a nosotros, con absoluta independencia del método empírico que Escipión del Ferro consignó en el cuaderno que todavía no se ha encontrado a pesar de las pacientes y minuciosas búsquedas de matemáticos e historiadores; pero como fue Cardano quien la dio a conocer y además en latín, que era el idioma científico de la época, ha pasado a la Historia con el injusto título de fórmula cardánica, negándosele a Tartaglia incluso la reparación póstuma a que tiene indudable derecho. 12

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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. x, y, z son tres números reales tales que xy = 24, yz = 48, xz = 72. ¿Cuánto vale x + y + z? (Gironalino del Grupo Tutor, número 8, Italia) SOLUCIÓN (Oficial): Multiplicando la primera ecuación con la segunda y dividiendo por la tercera tenemos  xy 2 z  xz

=

24 ⋅ 48 72

⇒  y 2 = 16 ⇒ y = ±4.

Multiplicando la segunda ecuación con la tercera y dividiendo por la primera tenemos  xyz

2

 xy

=

48 ⋅ 72 24

⇒  y 2 = 144 ⇒ y = ±12.

Multiplicando la primera ecuación con la segunda y dividiendo por la tercera tenemos 2

 x  yz  yz

=

24 ⋅ 72 48

⇒  y 2 = 36 ⇒ y = ±6.

Así, x + y + z ∈ {±2, ±10, ±14, ±22}.

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Sociedad RAMAMSEM  2. Propuesto por Nicos D. Diamantes, estudiante, Universidad Universidad de Patras, Grecia. 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. SOLUCIÓN: (de Murray Murray S. Klamkin, University University of Alberta, q.d.d.g) Más generalmente, es conocido que la ecuación  y5 − 5 py3 + 5 p 2 y − a = 0 es resoluble en radicales. Haciendo  y = t +

 p t 

,

la ecuación se reduce a

 p5 5 t  + =a 5 t 

así que

2t 5 = a ± a 2 − 4 p5 . 2

3

En nuestro caso, p = 2 y a = 12, así t 5 = 8 ó 4 y la raíz real es  y = 2 5

+ 2 5.

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) SOLUCIÓN: (de T. H. Wang, W ang, Wilfrid Laurier University, Waterloo. Ontario) La ecuación dada puede ser rescrita como

1  x

+

1  y

+

1  z

=

Sin pérdida de generalidad, podemos asumir que 1

4 5

(*)

≤ x  ≤ y  ≤ z .

Desde que x , y , z  son

positivos x = 1 es claramente imposible. Por otro lado, si x ≥ 4, entonces

1  x

+

1  y

+

1  z

≤

3 4

<

4 5

.

Así, (*) tiene soluciones enteras solamente si x = 2 ó x = 3. Cuando x = 3, (*) se transforma en

1  y

+

1  z

=

7 15

.

Si y ≥ 5, entonces

1  y

+

1  z

≤

2 5

<

7 15

.

Con lo que

y = 3 ó y = 4. En cualquier caso, podemos verificar fácilmente que el correspondiente valor

de z no es un entero.

14

Sociedad RAMAMSEM  Cuando x = 2, (*) se transforma en entonces

1  y

+

1  z

≤

2 7

<

3 10

.

1  y

+

1  z

=

3 10

.

Si y ≤ 3, entonces

1  y

+

1  z

>

1 3

>

3 10

.

Si y ≥ 7

Así que, y = 4, 5 ó 6.

Para y = 4 resolvemos y obtenemos z = 20 y una solución es (2, 4, 20). Para y  = 5 tenemos z  = 19 y la solución (2, 5, 10). Para y  = 6 el valor de z  no es un entero. En resumen, la ecuación dada tiene exactamente 12 soluciones obtenidas por la permutación de las entradas de cada una de las tripletas (2, 4, 20) y (2, 5, 10). 4. Propuesto por Victor Oxman, 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. SOLUCIÓN: (de Goran Conar, Estudiante, Gymnasium Varaždin, Varaždin, Croacia) Si cualquiera de las tres cantidades, a

+ b – c  entonces tendríamos c >

que abc a

<

a

a

+ b – c , b + c –  a y c +  a – b  es negativa, digamos

+ b , así que b + c –  a > 0 y c +  a – b  > 0. Esto implica

0, una contradicción ya que los tres números son positivos. Luego, entonces

+ b – c > 0, b + c –  a > 0 y c + a – b > 0. Note que

Multiplicando estas tres inecuaciones y tomando las raíces no negativas. Tenemos que

Para que se satisfaga (4) debe satisfacerse (1), (2) y (3) por lo que a = b = c es la única solución.

15

Sociedad RAMAMSEM 

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) SOLUCIÓN: (Oficial) Claramente, tenemos únicamente 7 posibles valores para x , desde 1 hasta 7. Cuando x = 7, tenemos y + z  = 2, la cual tiene una solución: y  = z  = 1; cuando x = 6, tenemos y  + z = 5 la cual tiene 4 soluciones: (y , z ) = (1, 4), (2, 3), (3, 2), (4, 1). En este momento podemos notar que por cada reducción del valor de x en 1 el número de soluciones se incrementa en 3. Así, el número total de soluciones es 1 + 4 + 7 + 10 + 13 + 16 + 19 = 70.

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) SOLUCIÓN: (Oficial) Sean  x =

6+ 8

y

 y =

5 + 9.

Entonces,  x 2 = 6 + 8 + 2 48 = 14 + 2 48 ,

Desde que

48 >

45 , se

nota que x 2

2

> y 

y 2 = 5 + 9 + 2 45 = 14 + 2 45

y, en consecuencia, se sigue que x  > y  ya que

ambos son positivos. Así, el mayor de los números es

16

6+ 8.

Sociedad RAMAMSEM  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) SOLUCIÓN: (de Sociedad RAMAMSEM ) Desarrollando el producto, tenemos que

por la desigualdad entre la media aritmética y la media geométrica se tiene

de modo que

Así que,

17

Sociedad RAMAMSEM  8. Resuelva el siguiente sistema de ecuaciones:

(Memorial University Undergraduate Mathematics Competition, September 25, 1997) SOLUCIÓN: (de Solomon W, Golomb, USC, Los Angeles, CA, USA) Si (1) tiene soluciones reales, entonces xyz ≠ 0. Luego, x 2  + 1 = xy,

y 2  + 1 = yz,

z 2  + 1 = xz .

Multiplicando tenemos (x 2  + 1)( y 2  + 1)( z 2  + 1) = x 2 y 2 z 2 . Pero para números reales x, y, z, tenemos que x 2  + 1 >  x 2 , y 2  + 1 >  y 2 , z 2  + 1 >  z 2  por lo que el sistema de ecuaciones no tiene soluciones reales.

9. Propuesto por Waldemar Pompe, estudiante, Universidad 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” ! SOLUCIÓN: (David R. Stone, Georgia Southern University, Statesboro, Georgia, USA) Esta implícito en la definición que a ≠ 0, c ≥ 1, d ≥ 1, y b ≠ 0. Traduciendo las condiciones dadas, si abcd  es número “faulty” tenemos que c ⋅ d = 10a + b = ab,

(1)

y ( c − 1 ) ( d  − 1) = 10b +

a

= ba.

Esto último implica 10b +

a

= cd – d – c – 1 = 10 a + b – d – c + 1,

Así, 18

Sociedad RAMAMSEM  9(a – b ) = c + d – 1, como 1 ≤ 9(a – b ) ≤ 17, forzosamente 9(a – b ) = 9, o bien a = b + 1. Desde que c + d = 10, sustituyendo en (1), tenemos c(10 – c) = 10(b + 1) + b , o bien c 2  – 10c + (11b + 10) = 0 

Resolviendo la ecuación cuadrática en c , tenemos

c = 5 ± 15 − 11b ,

como c es un entero

positivo se sigue que b = 1. Obtenemos, también, que a = 2, c = 7 ó c = 3, con lo cual d = 3 ó d = 7 respectivamente. Así, los únicos dos números “faulty” son 2137 y 2173. 10. Determine todos los pares ordenados de enteros tales que  x 6 = y 3 + 53. (15th W.J. BLUNDON CONTEST, 18 de Febrero, 1998) SOLUCIÓN: (Oficial)

Los pares son (3, –26), (3, 26), (–3, 26), (–3, –26). Usted sabia que… En la dirección electrónica: http://www.matebrunca.com/  Aquí encontrarás un Sitio de Matemática y Temas Educativos que corresponde a una página muy interesante, elaborada por profesores de la Zona Sur de Costa Rica.

¡Visitala !

19

Sociedad RAMAMSEM 

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) SOLUCIÓN: (Oficial) Cada una de las distancias entre los dígitos sucesivos del número telefónico corresponde a la longitud de la hipotenusa de un triángulo rectángulo con lados enteros. Las 6 longitudes pueden ser fácilmente calculadas, ellas son:

(2

2 + 3 5 + 10

) cm recorridos.

20

2 , 5 , 5 , 2 , 10 , 5

para un total de

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) SOLUCIÓN: (Oficial) Primero, unamos los puntos B y C. Al ser las tangentes a un círculo perpendiculares a su radio en el punto de tangencia se forman así los triángulos rectángulo congruentes ∆ BOA y ∆

BOC, cada uno de los cuales es un triángulo semiequilátero, en los cuales la medida del

lado BO es el doble de la medida del lado AO. Utilizando el teorema de Pitágoras hallamos que AB = AC = 3. De donde (BOA) =

1 2

⋅ 3 ⋅3 =

3 3 2

con lo que (AOCB) =

3 3.

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 ) SOLUCIÓN: (Oficial) Por la ley de Senos  BC  sen ∠ A

⇒

⇒

⇒

 BC   AB

 BC   AB  BC   AB

=

=

=

 AB sen ∠ C  sen ∠ A sen ∠ C 

sen 30 o

o

sen 45

=

21

1 2

Sociedad RAMAMSEM  4. Sean a, b, c los lados y α , β ,

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) SOLUCIÓN: (de George Evagelopoulos, Atenas, Gracia) De la igualdad

y aplicando la Ley de Cosenos, tenemos

equivalentemente

y

similarmente obtenemos

y

Sumando (1), (2) y (3) tenemos

o equivalentemente

de donde a 2 = b 2 = c 2 o bien a = b = c.

22

Sociedad RAMAMSEM  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

o ∠ MAC = 15 .

Calcule la medida del ángulo ∠C .

SOLUCIÓN: (Dag Jonsson, Uppsala, Suecia) Sea α = ∠ C = ∠ BAM , c = AB  y al triángulo ∆ MBA,

c

2a

=

a c

a

= BM = MC . Desde que el triángulo ∆ ABC es semejante

⇒ c = 2a.

Aplicando la Ley de Senos al triángulo aplicada al triángulo ∆ ABC se tiene 2a

o sen   α  + 15      

=

2a senα 

,

así 2a

o sen   α  + 15  

 

=

 

1

2a 12

o o sen   30 + 15  

 

=

  ,

o sen   30  

 

 

con la obvia solución α = 30°. Esta es la única solución desde que 2a

o sen   α  + 15  

 

o = cos  15   +

 

 

es decreciente en α ya que α < 90°.

23

 

o sen  15  

 

 

tan(α )

Sociedad RAMAMSEM  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) SOLUCIÓN: (Oficial) Considere la siguiente figura

El triángulo ∆ ABD es isósceles porque AB = BD . Sea O el centro del circuncírculo. Entonces BO ⊥ AD . Porque CD ⊥ AD  ( AC  es un diámetro), tenemos que CD  BO ; esto nos permite

afirmar que ∆ PCD ∼ ∆ POB , y se sigue que CD OB

=

PC  PO

⇒ CD =

OB ⋅ PC 

24

PO

1⋅ =

2

5 = 2. 3 3 5

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) SOLUCIÓN: (Oficial) Por simetría, el triángulo

∆ ACD  es

un triángulo equilátero. Entonces su centroide es el

centro O del círculo. Desde que AO = 1, AE = AO + OE =

3 2

.

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) SOLUCIÓN: (de Byung-Kyu Chun, Harry Ainlay High School, Edmonton, Alberta, Canadá) Considere la siguiente figura

Prolonguemos EA hasta intersecar a la circunferencia en C ´, ´, y prolonguemos DB  hasta intersecar a la circunferencia en F ´. ´. Por simetría, AC  = AC ´ así que

∠ AC´C  = ∠ ACC ´, ´,

similarmente ∠ BF´F  = ∠ BFF ´. ´. Ahora bien, ∠ EC´C  = 180° − ∠ CAC ´ = 180° − 2 ∠ CAM =  180°

−

2

∠ FBN =  180° − ∠ FBF ´

=

∠ DF ´F .

Como los arcos CE  y DF  subtienden ángulos

congruentes en el círculo, ellos tienen igual medida, se sigue entonces que las cuerdas CE y DF son congruentes. 25

Sociedad RAMAMSEM  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) SOLUCIÓN: (Oficial) Considere la siguiente figura

Por las propiedades de las tangentes, DE = DF y CF = CG . Más aún, ∠ EDO = ∠ FDO = φ y ∠ FCO = ∠ GCO = ϕ.

Desde que OA = OB , tenemos que ∠ EAO = ∠ GBO = θ.

Sumando los ángulos del cuadrilátero ABCD, tenemos φ

+

ϕ

+

θ

θ

+ 2 φ + 2ϕ +

θ

= 360° de donde

= 180°; esto es, éstos son ángulos internos de un triángulo. Considerando los

triángulos ∆ AOD , ∆ DOC y ∆ COB , tenemos que ∠ AOD = ϕ, ∠ DOC = θ y ∠ COB = φ. Así, estos tres triángulos son semejantes. Considerando los triángulos ∆ AOD  y ∆ COB , tenemos que

 AD  AO

=

OB  BC 

⇒  AD ⋅ BC  =  AO ⋅ OB.

Desde que AO = OB =

1 2

AB , obtenemos el resultado.

26

Sociedad RAMAMSEM  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 . SOLUCIÓN: (Oficial) Considere la siguiente figura

Observe que AB y CD son paralelas. Entonces, por el Teorema de Thales, el segmento que une los puntos medios E  y F  de AD  y BC  respectivamente también es paralela a AB , y la longitud de EF  es la semisuma de los segmentos AB  y CD , esto es, EF  = AD . Ahora, aplicando la Ley de Cosenos al triángulo ∆ DEF , tenemos DF 2 = DE 2 + EF 2 – 2 ⋅ DE ⋅ EF cos ∠ DEF 2

AD  2 2 =     + AD  – AD  ⋅ cos 60°   2  

= así, DF =

3 2

3 AD 2 4

.

27

Sociedad RAMAMSEM 

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) SOLUCIÓN: (Oficial) Nota que

 x + 98  x + 18

= 1+

80  x + 18

y que hay 20 divisores enteros de 80. Luego hay 20 posibles

valores de x . 2. Se obtiene el número n , al efectuar el producto (999 K 9) ⋅ (555 K 5) . Halle la suma de 1424 3 1 424 3 2007 veces 9 2007 veces 5

los dígitos de n . (Problema de la Semana 17, del 25 de junio al 1 de julio, Tercer Nivel, Olimpiada Panameña de Matemática) SOLUCIÓN: (Oficial) Obsérvese que

y que

Nota que el primer número tiene 2007 cincos seguidos por 2007 ceros y el segundo tiene 2007 cincos. La diferencia es 55 · · · 54 · · · 45, número que tiene 2006 cincos, seguido por 2007 cuatros y un cinco. La suma de las cifras es: (2007)(5) + (2007)(4) + 5 = (10035) + (8028) + 5 = 18068. 28

Sociedad RAMAMSEM  3. ¿ Cuál de los números x = 16 806789, y = 3441315 es mayor? (Competencia escolar de Leningrado, 1984) SOLUCIÓN: (Oficial) Obsérvese que x = ( 75 – 1 )789 < ( 75 )789 = 73945 y = ( 73 + 1 )1315 > ( 73 )1315 = 73945 Por lo tanto, y > x 4. Si n es un número natural impar mayor que 2, demuestre que n( n2 – 1 ) es divisible por 24. (CEOC, 1992) SOLUCIÓN: (de Sociedad RAMAMSEM ) Tenemos que n ( n2 – 1 ) = n ( n + 1 ) ( n – 1 ). Como n es impar, impar, n – 1 y n +1 son dos pares pares consecutivos. Por lo tanto uno de ellos divisible por 2 y el otro por 4. Por ser n – 1, n, n + 1 tres números consecutivos, uno de ellos es divisible por 3. Luego la expresión dada es divisible por el producto de 2, 3 y 4, es decir, 24. 5. Determinar para cuáles números primos p se cumple que 2p + p2 es primo. (CEOC, 1992) SOLUCIÓN: (de Sociedad RAMAMSEM ) Notemos que p = 2 y p = 3 producen los números 8 y 17, compuesto el primero de ellos y primo el segundo. Basta considerar, entonces primos p > 2. Sabemos que p satisface una y sólo una de las siguientes congruencias: p ≡ 0 (mod 3),

p ≡ 1 (mod 3)

y

p ≡ 2 (mod 3)

Claramente, el primer caso solo se puede dar si p = 3, puesto que de otra manera p sería compuesto. En cualquier de los casos restantes se obtiene p 2 ≡ 1 (mod 3). 29

Sociedad RAMAMSEM  Por otro lado, como 2 ≡ –1 (mod 3) se obtiene obtiene 2p ≡ (–1)p (mod 3). Además, como p es impar, luego 2p ≡ –1 (mod 3). En resumen p2 ≡ 1 (mod 3) 2p ≡ –1 (mod 3) ⇒ 2p + p2 ≡ 0 (mod 3)

Pero entonces, 2p + p2 es siempre divisible por 3 si p > 3. Luego, el único caso es p = 3.

FUNCIONES O SUCESIONES. 1. Colaboración de Yakub Aliyev, 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 + → R + con  f (1) = 2 , y para toda  x, y ∈ R

+

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

SOLUCIÓN: (del proponente) Es obvio que

 f ( xy ) =  f ( yx) ⇔  f ( x)

Haciendo y = 1 obtenemos donde

ay

⋅  f ( y ) bx =  f ( y ) ax ⋅  f ( x) by .

 f ( x ) a ⋅  f (1) bx =  f (1) ax ⋅  f ( x) b .

Entonces

de

x

. Chequeando esta

solución en la ecuación funcional dada obtenemos a + b = 1.

Así si a ≠ b ,

 f ( x)

a −b

= 2 ax −bx

si a ≠ b y, en cualquier otro caso,

 f ( x ) a ⋅ 2 bx = 2 ax ⋅  f ( x ) b ,

 f ( x ) = 2

a + b 1 entonces existe tal función (  f ( x) = 2 x ), pero si a ≠ b , a + b ≠ 1 tal función no

existe. Si a = b entonces

 f ( xy) =  f ( x)

ay

⋅  f ( y ) ax .

Haciendo y = 1 obtenemos

a

 f ( x) =  f ( x ) ⋅ 2

ax

,

entonces si a = b = 1 entonces en la última ecuación se obtiene lo siguiente 1= 2 x , la cual no es verdadera para todo x. Si a = b ≠ 1 obtenemos

a

 f ( x)1− = 2

ax

, así

 f ( x ) =

1

(1−a )

2 ax .

Chequeando esta solución en la ecuación funcional dada obtenemos a = . Así en este 2

caso también a + b = 2a = 1. 30

Sociedad RAMAMSEM  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) SOLUCIÓN: (Oficial) Tenemos que  f ( x ) ≤ x

(1)

 f ( x +  y ) ≤  f ( x ) +  f ( y )

(2)

Sea x = y = 0 en (2). Tenemos que f (0) (0) < 2f (0) (0) lo cual implica que f(0) ≥ 0. Pero para x = 0 en (1), tenemos f (0) (0) ≤ 0 así que f (0) (0) = 0. Ahora, tomemos y  = −x  en (2) para obtener f (0) (0)

≤ f (x )

+ f (−x) para todo x  real. En otras

palabras, − f (x ) ≤ f (−x). Pero f (−x ) ≤ −x por (1) así − f (x ) ≤ −x implica que f (x ) ≥ x para todo x  real. La combinación de ésta con (1) nos da que f (x ) = x  para todo x  real. Ahora bien, podemos chequear fácilmente que esta función satisface las dos condiciones (1) y (2) del problema.

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. SOLUCIÓN: (de David Doster, Choate Rosemary Hall, Wallingford, Connecticut, USA) Tenemos a1 = 4 y a2 = 29. Para n ≥ 3, 32n –1 ≡ 3 (mód 4) y 2n –1 ≡ 0 (mód 4). Así,

an

≡

3 (mód 4). Pero un entero positivo es un cuadrado perfecto solamente si es

congruente a 0 ó 1 en módulo 4. Se concluye que sucesión.

31

a1

= 4 es el único cuadrado de la

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

( )

Halle todas las funciones  f  : » →» tal que  f  n 2 =  f (n + m ) f (n − m) + m 2 , m.n ∈ » SOLUCIÓN: (Natalio H. Guersenzvaig, Universidad CAECE, Buenos Aires, Argentina) Probaremos que la función identidad en », definida por f 0(n ) = n para todo n ∈ », es la única función que satisface la ecuación funcional del enunciado. Es claro que f 0 es una solución del problema. Tomemos m = 0, tenemos f (n 2) = f 2(n ) para todo n ∈ ». De donde f (0 ) = f 2(0 ), ), así que f (0 ) = 0 ó f (0 ) = 1. Haciendo m = n tenemos f (n 2) = f (2n )f (0) + n 2 para todo n ∈ ». Tomando n  = 2 se obtiene f (4 ) = f  (4)f  (0) + 4  y claramente f (0) (0) = 0 ya que si f  (0) = 1 se tendría 0 = 4 una contradicción. De lo anterior f 2(n ) = f (n 2) = n 2 para todo n ∈ ». Obteniendo la raíz cuadrada (y positiva) se concluye f (n ) = n para todo n ∈ ». 5. Propuesto por Yakub N. Aliyeb, Universidad 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 ).

SOLUCIÓN: (de Hasan Denker, Estambul, Turquía) Sea f  una función que satisface las condiciones dadas f  (1) = 1 y, para todos los números reales  x, y tenemos  f ( x +  y ) = 3 y  f ( x) + 2 x  f ( y). (1). Haciendo y = 1 en (1), para todo x ∈ IR,

Haciendo x = 1 en (1), para todo y ∈ IR,

32

Sociedad RAMAMSEM  Sustituyendo y por x en (3), tenemos , para todo x ∈ IR,

Finalmente, igualando (2) y (4) se tiene

Así,

Usted sabia que… En la dirección electrónica: http://www.cidse.itcr.ac.cr/olimpiadas/  Aquí encontrarás toda la información referente a la Olimpiada Costarricense de Matemática de Costa Rica tal como reglamento, temario, pruebas anteriores y otros.

¡Visitala !

33

Sociedad RAMAMSEM 

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. Sean

 x, y , z

tres números reales diferentes de cero que satisfacen las siguientes dos

ecuaciones:  x +  y + z = 1,

1  x

+

1

+

1

 y  z

=1.

Pruebe que al menos uno de esos números  x, y, z es

igual a 1. (Mathematics Competition Spring 2000, Universidad de Florida). 2. Hallar el residuo de dividir dividir x +x2 + ... + x100 por x−1 +x−2 + ... + x−100. (Mathematics Competition Spring 2000, Universidad de Florida). 3. Pruebe que x 12 – x 9 + x 4 – x + 1 > 0 para todo número real x . (Mathematics Competition Spring 2000, Universidad de Florida). 4. Sean a, b, c enteros que que satisfacen a2 + b2 + c2 = 0. Pruebe que a = b = c = 0. (Mathematics Competition Spring 2000, Universidad de Florida). 34

Sociedad RAMAMSEM  5. Hallar un par ordenado (a, b) de números reales reales para el cuál x 2 + ax + b tiene una raíz no real cuyo cubo es 343. (Harvard-MIT Math Tournament, 27 de Febrero, 1999 ) 6. Si P(x) es un polinomio mónico cuártico tal que P(–1) = –1, P(2) = –4, P(–3) = –9 y P(4) = –16, hallar P(1). (Harvard-MIT Math Tournament, 27 de Febrero, 1999 ) 7. ¿Cuántos subconjuntos no vacíos de {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 } tienen exactamente k elementos y no contienen el elemento k para algún k = 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8? (Harvard-MIT Math Tournament, 27 de Febrero, 1999 ) 8. Considere la ecuación FORTY  + TEN + TEN = SIXTY , donde cada una de las diez letras representa un dígito diferente de 0 a 9. Halle todos los posibles valores de SIXTY . (Harvard-MIT Math Tournament, 27 de Febrero, 1999 ) 9. Sean x = 20011002 – 2001 –1002 y y = 20011002 + 2001 –1002. Hallar x2 – y2. (Harvard-MIT Math Tournament, 3 de Marzo, 2001) 10. Suponga que x satisface x3 + x 2 + x + 1 = 0. ¿Cuáles son todos los posibles valores de x4 + 2x3 + 2x2 + 2x + 1? (Harvard-MIT Math Tournament, 3 de Marzo, 2001)

GEOMETRÍA. 1. Las longitudes de los lados de de un triángulo son tres tres enteros consecutivos. Si el mayor de los ángulos internos mide el doble del menor de ellos, determine la longitud de los lados. (Mathematics Competition Spring 2000, Universidad de Florida). 2. Un filtro para coffeemaker se forma forma pegando dos radios de un sector cortado de un círculo. ¿Para qué ángulo del sector este filtro tiene la mayor capacidad? (Mathematics Competition Spring 2000, Universidad de Florida).

35

Sociedad RAMAMSEM  3. ABCD  es un cuadrilátero cíclico. Los lados AB  y DC  se prolongan hasta intersecarse en E , y los lados AD y BC se prolongan hasta intersecarse en F . Muestre que las bisectrices de los ángulos E y F son perpendiculares entre sí.

(Mathematics Competition Spring 2000, Universidad de Florida). 4. En un triángulo rectángulo, c  es la longitud de la hipotenusa, a  y b  son las longitudes de los otros dos lados, d  es la longitud del diámetro de círculo inscrito. Pruebe que a + b = c + d.

(Mathematics Competition Spring 2000, Universidad de Florida). 5. Pruebe que si las bisectrices de dos ángulos internos de un triángulo tienen igual longitud, entonces los ángulos bisecados son congruentes. (Mathematics Competition Spring 2000, Universidad de Florida). 6. Un disco es un círculo junto con la región que contiene. Ahora, dados seis discos en el plano. Pruebe que si ellos tienen un punto en común entonces al menos un disco contiene el centro de otro disco. (Mathematics Competition Spring 2000, Universidad de Florida). 7. Los cuadrados ABKL, BCMN y CAOP son dibujados externamente sobre los lados de un triángulo ABC. Los segmentos KL, MN y OP, cuando se prolongan, forman un triángulo A´B´C´. Halle el área del triángulo A´B´C´ si ABC es un triángulo equilátero de lado 2. (Harvard-MIT Math Tournament, 27 de Febrero, 1999) 36

Sociedad RAMAMSEM  8. Un círculo de radio 3 cruza el centro de un cuadrado de lado 2. Halle la diferencia positiva entre las áreas de las porciones que no se traslapan de las figuras. (Harvard-MIT Math Tournament, 3 de Marzo, 2001) 9. Un punto sobre la circunferencia inscrita en un cuadrado está a 1 y 2 unidades de dos lados contiguos del cuadrado. Hallar el área del cuadrado. (Harvard-MIT Math Tournament, 3 de Marzo, 2001) 10. El punto D es trazado sobre el lado BC del triángulo ABC, y AD se prolonga por D hasta E tal que los ángulos

∠

EAC y ∠ EBC son congruentes. Si BE = 5 y CE = 12, determine la

longitud de AE. (Harvard-MIT Math Tournament, 3 de Marzo, 2001)

TEORÍA DE NÚMEROS. 1. Pruebe que si un número primo es dividido por 30, entonces su residuo es un número número primo o es igual a 1. (Mathematics Competition Spring 2000, Universidad de Florida). 2. Sea A = 361 + 362 + 363 + · · · + 726, esto es, sea A la suma de los enteros positivos consecutivos empezando con 361 y terminando con 726. Del mismo modo, sean B = 363 + 364 + · · · + 727, C = 365 + 366 + · · · + 728, D = 367 + 368 + · · · + 729, E = 369 + 370 + · · · + 730. (a) ¿Cuál de A, B, C, D, o E es la mayor de estas cinco sumas? (b) ¿Cuál de A, B, C, D, o E es la menor de estas cinco sumas? (Thirteenth Annual OSU, HIGH SCHOOL MATH CONTEST, 2003, Florida) 3. Hallar dígitos a y f en {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 } tales que a 5 + 1 = f ⋅ 1111. (Thirteenth Annual OSU, HIGH SCHOOL MATH CONTEST, 2003, Florida) 4. Si x, y, z  son enteros positivos diferentes tales que x 2 + y 2 = z 3, ¿ cuál es el menor valor posible de x + y + z.? (Harvard-MIT Math Tournament, 27 de Febrero, 1999 ) 37

Sociedad RAMAMSEM  5. El número de formas de remplazar el espacio subrayado en

por los dígitos 1, 2, 3, 5, 6, 7, 8, 9 en algún orden ie 8! = 40,320. (a) ¿De cuántas maneras de estas 40,320 formas resulta en un número de 9 dígitos tal que q es un múltiplo de 25? (b) ¿De cuántas maneras de estas 40,320 formas resulta en un número de 9 dígitos tal que q es un múltiplo de 8? (Thirteenth Annual OSU, HIGH SCHOOL MATH CONTEST, 2003, Florida)

FUNCIONES O SUCESIONES. 1. f es una función continua de variable real tal que f (x + y ) = f (x )⋅f (y ) para todo x, y reales. Si f (2) = 5, halle f (5). (Harvard-MIT Math Tournament, 27 de Febrero, 1999 ) 2. Hallar una función dos veces diferenciable f(x) tal que f´´(x) = 0, f(0) = 19 y f(1) = 99. (Harvard-MIT Math Tournament, 27 de Febrero, 1999 ) 3. Sea

1

 f ( x ) =  x +

para x > 0. Halle

1

2 x + 2 x +

 f (99) f ´(99).

1 2 x + O

(Harvard-MIT Math Tournament, 27 de Febrero, 1999 ) ∞  a ⋅ i   i  i =1   a  

4. Calcule ∑ 

para

a >

1.

(Harvard-MIT Math Tournament, 3 de Marzo, 2001) 5. Calcule la suma de los coeficientes de la función polinómica f (x) si (20x27 + 2x2+1)⋅ f (x) = 2001x2001. (Harvard-MIT Math Tournament, 3 de Marzo, 2001)

38

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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 ejercicios son, 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 II para estudiantes de 1º y 2º de Educación Secundaria Obligatoria (ESO), Madrid, España.

39

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XI CONCURSO DE PRIMAVERA DE MATEMÁTICAS 2ª FASE : Día 21 de abril de 2007 NIVEL II (1º y 2º de ESO)

¡¡¡ Lee detenidamente las instrucciones !!!

Escribe ahora tu nombre y los datos da tos 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 permitido 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 una hoja de papel hay escrito un número de cuatro cifras del que vemos vemos que empieza por 86 pero no vemos las dos últimas cifras. Si nos dicen que el número escrito es divisible por 2, 3, 4 y 5. ¿Cuál es la suma de las dos cifras que no vemos? A) 4

B) 6

C) 7

D) 9

40

E) 14

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2. La figura está formada por cuatro pentágonos regulares que encierran encierran un paralelogramo. ¿Cuánto mide el ángulo ∠ BAC ?

A) 15º

B) 18º

C) 20º

D) 30º

E) 36º

3. Mi coche gasta exactamente 8 litros cada 100 km, dijo dijo Alonso (A). Pues si lleno los 45 litros del depósito del mío puedo recorrer 540 km, comentó Barrichello (B ). ). Pues yo, con 1 litro soy capaz de recorrer 13 km, dijo Coulthard ( C ). ). Según el consumo, ¿cómo ordenarías los coches desde el más económico al más caro? A) ABC 

B) BAC 

C) BCA

D) CAB 

E) CBA

4. Si el ángulo ∠ RPM  de la figura mide 20º y el ∠QMP mide 70º, ¿cuál es el valor del ángulo ∠PRS? 

A) 90º

B) 110º

C) 120º

41

D) 130º

E) 140º

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5. Si entre los jóvenes españoles de 15 años, tres de cada cuatro tienen tienen móvil y dos de cada tres tienen ordenador, podemos asegurar que tienen las dos cosas, por lo menos: A) Uno de cada diez B) Cinco de cada doce C) Uno de cada tres D) La mitad E) Siete de cada diez 6. ¿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

7. Observa estas tres sumas:

Entonces,

es igual a

8. Los tres ángulos ángulos de un triángulo miden (x + 10)°, (2x − 40)° y (3x − 90)°. ¿Qué afirmación de las siguientes es la verdadera? “El triángulo es… A) Rectángulo isósceles B) Rectángulo pero no isósceles D) Isósceles obtusángulo E) Nada de lo anterior.

C) Equilátero

9. Al dividir el número de fumadores entre el número de no fumadores de las personas que hay en una reunión, sale exactamente 0,24. ¿Cuál es el menor número de asistentes posibles a esa reunión? A) 25 B) 31 C) 36 D) 48 E) 76

42

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10. Los segmentos PQ y PS del dibujo adjunto son iguales, así como QS y QR. Si el ángulo ∠ SPQ =

A) 10º

80°, el ángulo ∠ QRS es igual a:

B) 15º

C) 20º

D) 25º

E) 30º

11. A lo largo de una carretera nos encontramos con siete ciudades A, B , C , D , E , F , G  en ese orden. La tabla de la derecha nos indicaba todas las distancias que hay entre ellas (en km). Así, por ejemplo, desde A a D  hay 23 km. Como ves, se han borrado 15 de esas distancias. Con los datos que aún se conservan, puedes calcular algunas distancias más. ¿Cuántas exactamente?

A) 0

B) 1

C) 6

D) 12

E) 15

12. La figura muestra dos círculos iguales dentro de un rectángulo de 9 cm x 5 cm. Cuál es la distancia, en cm, entre los centros de los círculos

A) 2

B) 2,5

C) 3 43

D) 3,5

E) 4

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13. María tiene escritos cuatro números enteros. Al sumarlos sumarlos de tres en tres obtiene 115, 153, 169 y 181. ¿Cuál es el mayor de los números de María? A) 66 B) 53 C) 91 D) 121 E) 72 14. Dividimos un hexágono regular en tres hexágonos regulares iguales y tres rombos 2

iguales, como se muestra en la figura. Si el área del hexágono grande es 360 cm , el área de 2

cada rombo, en cm , es:

A) 60

B) 30

C) 75

D) 15

E) 45

15. Con 10! (que se lee 10 factorial) representamos el producto (multiplicar 10 por todos los enteros anteriores a él hasta el 1) ¿Cuál es el número más pequeño que multiplicado por 10! nos da un cuadrado perfecto? A) 7 B) 14 C) 30 D) 70 E) 210 16. El triángulo ∆ABC  de la figura es equilátero. Si el ángulo

∠

DAC = 40º y el ángulo

∠ EBC = 35°, ¿cuánto mide el ángulo ∠ DFE ?

A) 140º

B) 135º

C) 130º

44

D)120º D)120º

E) 105º

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17. A la final de una competición escolar de atletismo llegan dos colegios que participan en seis pruebas presentando dos estudiantes por colegio en cada prueba. Cada uno de estos cuatro participantes obtiene 5, 3, 2, ó 1 punto según quede 1º, 2º, 3º ó 4º, respectivamente. Si al final no ha habido ningún descalificado, los centros no empataron y la puntuación global de uno de los centros viene dada por el número de la del otro leído al revés, ¿cuál fue la diferencia entre las puntuaciones de los dos centros? A) 12 D) 36

B) 18 E) No tenemos datos suficientes

C) 27

18. Cada vértice de la estrella de la figura es el punto medio de cada uno de los lados del cuadrado grande. ¿Qué fracción del área del cuadrado cubre la estrella?

A) 1/5 2/5

B) 1/4

C) 1/3

D) 3/8

E)

19. Intentando ordenar los números nú meros enteros entre 11 y 19 de forma fo rma que dos cualesquiera que estén uno al lado del otro no fueran primos entre sí, tuve que dejar fuera el 11, 13, 17 y 19, y escribí: 16, 18, 15, 12, 14. Si hubiera intentado hacer lo mismo con los nueve enteros que hay entre 111 y 119, ¿cuántos, como mínimo, tendría que dejar fuera? A) 0 B) 1 C) 2 D) 3 E) 4

45

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20. Dividimos el rectángulo ABCD  de la figura, en el que AB  = 49 cm y BC  = 100 cm , en 4900 cuadraditos de lado 1 cm. Si E  es un punto de BC con BE = 60 cm, ¿a cuántos de los 4900 cuadraditos cortan los segmentos AE y ED ?

A) 192 202

B) 196

C) 198

D) 200

E)

21. Un día que salí de excursión por la montaña, a las 10 de la mañana había completado la tercera parte de todo el recorrido, y a las 12, las tres cuartas partes. ¿A qué hora comencé a andar si siempre mantuve el mismo ritmo? A) 7 : 32 B) 8 : 24 C) 9 : 12 D) 9 : 36 E) 9 : 48 22. Colocamos tres cuadrados, cua drados, como se muestra en la figura, encajados entre dos barras ba rras perpendiculares a la horizontal AB . Con los datos que te damos, ¿cuál es el valor del ángulo x ?

A) 39º 46º

B) 41º

C) 43º

46

D) 44º

E)

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23. Colocamos en fila 60 monedas de 20 céntimos de euro. Contando de dos en dos, es decir, las monedas 2, 4, 6, etc., las reemplazamos por monedas de 10 céntimos de euro. Contando las resultantes de tres en tres, las reemplazamos por monedas de 5 céntimos de euro y, finalmente, contando las que nos quedan de cuatro en cuatro, las reemplazamos por monedas de 2 céntimos de euro. ¿Cuánto suman las monedas que hay ahora? A) 3.30  € B) 5,80  € C) 6,05  € D) 6,60  € E) 7,55  € 24. La figura muestra cuatro cuadrados de lados 11, 9, 7 y 5 cm que se solapan. ¿Cuál es la diferencia, en cm2, entre el área sombreada y el área cuadriculada?

A) 25 D) 64

B) 36 E) No hay información suficiente

C) 49

25. Si AB = AC y z es un ángulo agudo, ¿cuál de las siguientes expresiones debe ser igual a z ?

A) x − y 

C) x + y − 180°

B) y + x 

D) 180°+ x − y 

E) 180° − x + y 

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 A E D D B A C C B D

E

E

47

C

B

A

B

B

B

C

B

B

B

C

D

A

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5. Solución a los problemas anteriores de 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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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 ¿cuáles serán los próximos cuatro años palíndromos? b) El último año palíndromo, 1991, era impar. ¿Cuándo será el próximo año palíndromo impar? Solución Oficial: a) Los palíndromos entre 2000 y 3000 son de la forma 2aa 2, 2, donde a es un dígito. Luego, los próximos cuatro serán 2112, 2222, 2332 y 2442. b) Como el primer dígito es igual al último, un palíndromo impar mayor que 2002 debe comenzar y terminar en un número impar mayor o igual a 3. Luego, el próximo será 3003. PROBLEMA 2 Un hacendado resuelve repartir su hacienda a sus cinco hijos. El diseño 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   DC  ,  DF  = 3 2

e EG = GC . El hijo menor recibe recibe el terreno terreno

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

E

G

C B

F

D

Solución Oficial: Sea S el área del triángulo ABC . Como  BD =

 BC  , 4

entonces

( ABD ) =

S

4

.

49

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Como  AE =

 AC 

3

,

entonces

Como  DF =  DC , entonces

3

( DEF ) =

2

Como EG = EC , entonces

( ADC )

( AED) =

(GFC ) =

Como (GFC ) = 40 tenemos

S

8

S−

2

( EFC ) 2

3S

4 = 4 = S. 3 3 4

=

( DEC )

S

 S S   +    4 4  = S .

S −

=

2

4

 3S      4   = S .

S −

=

= 40 ⇔ S = 320

2

8

hectáreas.

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. Solución Oficial: Una posible solución es: 2002, 200, 20, 2, 4, 8, 16, 32, 64, 128, 256, 512, 51, 102, 204, 408, 816, 1632, 163, 326, 652, 1304, 130, 13. 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 50

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zapatos del mismo 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. Solución Oficial: Como los zapatos de Marisa eran azules, y ni el vestido ni los zapatos de Júlia eran brancos, se concluye que los zapatos de Júlia eran negros y por tanto los zapatos de Ana eran blancos. El vestido de Ana era blanco, pues era la única que usaba vestido y zapatos del mismo color; consecuentemente, el vestido de Júlia era azul y el de Marisa era negro. 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? Solución Oficial: La suma de los puntos es 40. Siguiendo las reglas del juego, las possibilidades son:

20

20

20 + 20

(1)

15 – 5 10 10 5–5

20 + 15 + 5

(2)

20 + 10 + 10

(3)

20 + 10 + 5 + 5

(4)

5–5–5–5

20 + 5 + 5 + 5 + 5

51

(5)

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15

15

10 5–5

10

10 5

15 + 15 + 10 15 + 15 + 5 + 5

15 + 10 + 10 + 5 (8)

5

15 + 10 + 5 + 5 + 5 (9)

5–5

5–5–5–5 –5

15 + 5 + 5 + 5 + 5 + 5 (10)

10 10

(6) (7)

10 5–5–5–5

5–5

10 + 10 + 10 + 10 (11) 10 + 10 + 10 + 5 + 5 (12) 10 + 10 + 5 + 5 + 5 + 5 (13)

10 – 5 – 5 – 5 – 5 – 5 – 5 nos da, pues apenas hay 5 paletas verdes.

La respuesta es por lo tanto: de 13 maneras diferentes. 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. Solución Oficial: Como la diferencia entre el 17 y el 3 es 14, esos números deben estar en posiciones alejadas de 14 casas, contadas en la horizontal o vertical. Por tanto 17 y 3 deben ocupar las extremidades de una de las diagonales del tablero. A partir de ello, el relleno de las diagonales es hecho de manera única. Y una manera de ese rellenar el tablero es la siguiente: 17 16 15 14 13 12 11 10 16 15 14 13 12 11 10 9

52

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15 14 13 12 11 10 9

8

14 13 12 11 10 9

8

7

13 12 11 10 9

8

7

6

12 11 10 9

8

7

6

5

11 10 9

8

7

6

5

4

10 9

7

6

5

4

3

8

la suma de los números escritos en las diagonales es: 8 × 10 + (3 + 5 +...+ 17) = 160.

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.

Solución Oficial: Sea t  > 0 el tiempo, en minutos, del recorrido desde la salida de Gerald y Magrão hasta el instante del encuentro.

53

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Sean g  y m las distancias entre el punto de encuentro entre entre las casas de Gerald y Magrão, respectivamente. Como Gerald recorre la distancia g  en t  minutos y la distancia m  en 10 minutos, tenemos Análogamente,

g m

g m =

=

40 t 

.

t 

10

.

Luego

t 

10

=

40 t 

⇔ t 2 = 400 ⇔ t = 20

(pues t > 0). Luego Gerald anduvo 10

+ 20 = 30 minutos y Magrão anduvo 40 + 20 = 60 minutos. PROBLEMA 2 verde

a z  z u  u l 

  c  o    n    r  a     b amarelo

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

w

 z

 x  y

Sean x , y , z y w las áreas de las regiones blanca, amarilla, azul y verde, respectivamente. Sea R el radio del semicírculo. Tenemos  x +  y = π  R

2

2

y  y + z =  x + w = 1 π (2 R)2 = π R 8

2

2

Así, x + y = y + z = x + w , luego x = z y y = w . Como sea, x  es el área de un segmento circular de ángulo central de 90° y radio R ,  x =

π  R 2 4

−

 R 2

2

 π  − 2  2  R   4  

=

y

 π  + 2  2  R .   4  

 y = 

Así, x = z < y = w .

54

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PROBLEMA 3

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

C   B

D

A

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. Solución Oficial: Observe que el puesto del observador coincide con el centro del círculo circunscrito al cuadrilátero ABCD . Como ˆ OD B = 2⋅

ˆBAD = 90 °

r = 128 = 8 2 .

8 2

y

 BD = 16 ,

 BO = OD = r ,

siendo O  el centro del círculo circunscrito, tenemos

donde

2

2

2

16 = r  + r  ,

por el teorema de Pitágoras, y luego

Así, la distância del puesto (que se debe fijar en O ) a los nidos será de

metros.

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 suma de sus dígitos y adicionamos 1, esto es, el segundo número es 4 + 9 + 1 = 14. Repetimos este 55

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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? Solución Oficial: Los primeros números de la secuencia son (7, 14, 17, 20, 5, 8, 11, 5...) donde vemos que, exceto por los 4 primeros términos, la secuencia es periódica con período 3. Como 2002 deja resto 1 cuando es dividido dividido por 3, el número buscado coincide con aquel que ocupa el 7o. lugar en la secuencia, a saber, 11. 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 ¿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 palíndromo primo sucedió hace más de 1000 años, en 929. Determine cuál será el próximo año palíndromo primo. Solución Oficial: a) Los palíndromos entre 2000 y 3000 son de la forma 2aa 2, 2, donde a es un dígito. Luego los próximos cuatro serán 2112, 2222, 2332 y 2442. b) Como el primer dígito es igual al último, un palíndromo impar mayor que 2002 debe comenzar y terminar por un número impar mayor o igual a 3. Luego, el próximo será 3003. c) Un palíndromo de cuatro dígitos es de la forma abba  = a + 10b + 100b + 1000a = 1001a + 110b , que es múltiplo de 11, ya que 110 y 1001 son son múltiplos de 11. Luego, el próximo año palíndromo primo tiene un mínimo 5 dígitos. Los menores palíndromos de 5 dígitos son 10001, que es múltiplo de 73 y 10101, que es múltiplo de 3. El próximo es 10201 = 1012, divisible por 101. El siguiente, 10301, es primo, pues no es divisible por cualquer primo menor que

56

10301 < 102.

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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? Solución Oficial: Sea C  la circunferencia de centro O  circunscrita al polígono A1A2...An . Los triângulos Ai Ai  + 1 O (con An + 1 = A1) son isósceles. Sea α i = O Aˆ i Ai +1 .

Entonces (1) α 1 + α 2 = α 2 + α 3 = α 3 + α 4 = ... = α n

+ α 1 .

Por tanto. α 1 = α 3 = α 5 = ...,  α 2 = α 4 = α 6 = ... α  = α  2  n

A2

α 2

α 1

A1

α 1

A3

α 2 α 3

α n

α 3

α n O

Si n fuera impar, entonces

α 1 = α 2 = ... = α n ,

luego todos los ângulos  Ai Oˆ Ai +1 serián iguales y el

polígono sería regular. Para n par, no es necesario que todos los ângulos sean iguales. Escogiendo x 

≠ y 

de modo que x  + y  = ángulo interno =

 x = α 1 = α 3 = ... = α n−1 ,  y = α 2 = α 4 = ... = α n ,

180(n − 2) n

y haciendo

obtenemos um polígono inscrito no regular con todos

los ángulos de igual medida. Por tanto, para n  par

≥

4, existe um polígono de n  lados que satisface las condiciones del

problema.

57

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PROBLEMA 3 Determine el mayor natural k  para el cual existe un entero n  tal que 3k  divide n 3 – 3n 2 + 22. Solución Oficial: Sea n = 3r , entonces

es una suma de un múltiplo de 3 con 22,

3 2 3 2 n − 3n + 22 = (3r ) − 3 ⋅ (3r ) + 22

lueogo no es múltiplo de 3. Sea n = 3r + 1, entonces n − 3n + 22= (3r +1) − 3(3r +1) + 22= (3r ) + 3⋅ (3r ) + 3⋅ (3r ) +1− 3⋅ (3r ) − 3 ⋅ 2 ⋅ (3r ) − 3 + 22 = (3r )3 − 3 ⋅ (3r ) + 20 , 3

2

3

2

3

2

2

que también no es múltiplo de 3. Finalmente,

sea

n 

=

3r  –

1,

entonces

n 3 − 3n 2 + 22 = (3r − 1) 3 − 3(3r − 1) 2 + 22 =

= (3r ) 3 − 3 ⋅ (3r ) 2 + 3 ⋅ (3r ) − 1 − 3 ⋅ (3r ) 2 + 3 ⋅ 2 ⋅ (3r ) − 3 + 22 = (3r ) 3 − 6 ⋅ (3r ) 2 + 9 ⋅ 3r + 18, que

es la suma de un

múltiplo de 27 con 18, y por tanto es múltiplo de 9 mas no de 27, luego la mayor potencia de 3 que divide un número de la forma

n 3 − 3n 2 + 22 es

32 = 9. Así, k es 2.

PROBLEMA 4 ¿ Cuántos dados deben ser lanzados al mismo tempo para maximizar la probabilidad de obtener exactamente un 2? Solución Oficial: Suponga que los dados están numerados de 1 a n . La probabilidad de que solamente el dado No. 1 resulte en 2 es: 1 6

×

5 6

×

5 6

...

5 6

=

5

n −1

6

n

.

Análogamente, la probabilidad de que solamente el dado k , (1 ≤ k ≤ n ) resulte en 2 es 5

×

6

5 6

5

1

5

5

5

n −1

... × × × ... × = n . 6 6 6 6 6

Por tanto, la probabilidad de obtener exatamente un 2 es Pn =

Ahora, observe que

Pn ≥ Pn +1 ⇔ n ⋅

5

5 n −1 6

n

+

5 n −1 6

n

+ ... +

n −1

6n

≥ ( n + 1) ⋅

5

5 n −1 6

n

=n⋅

5 n −1 6

n

.

n

6 n +1

⇔ 6n ≥ 5(n + 1) ⇔ n ≥ 5.

Para n = 5, ocurre la igualdad (P 5 = P 6), P 5 = P 6 > P 7 > P 8 > P 9 >... y

58

Sociedad RAMAMSEM  P 1 < P 2 < P 3 < P 4 < P 5 = P 6

Y la probabilidad es máxima para n = 5 o n = 6. 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 . Solución Oficial: Sean M y N los puntos medios de AC y BD  y P el punto medio de lado AB . Entonces PM es base media del

∆ ABC 

y PN base media de

∆ ABD.

Se sigue que

PM  =

 BC   AD = = PN . 2 2

Siendo X  y Y  las intersecciones de la recta MN  con BC  y AD, tenemos entonces ˆ M  = P M  ˆ N  = P N  ˆ M  =  AY  ˆ  B X   N 

ˆ N  = π  − P N  ˆ M  =  AY  ˆ .  N  ou  B X ˆ M  = π  − P M  B

P  A

X  Y 

N 

M  C 

D

Solución alternativa: Probaremos que si,  M  =  AD

 A + C 

y  BC . Para eso, como

2

e  N  =

 B +  D

2

 AD =  BC , basta

entonces el vetor  MN  hace ángulos iguales con ver que los produtos internos  MN ⋅ AD y  MN ⋅ BC 

tienen el mismo módulo. Tenemos (C  −  B ) ⋅ ( D −  A) −  D −  A   A + C  −  B −  D    MN  ⋅  AD = ( N  − M ) ⋅ ( D −  A) =   ⋅ ( D −  A ) = 2 2    

=

( C  − B ) ⋅ ( D −  A ) − C  − B 2

2

=

( D +  B −  A − C ) ⋅ ( C  − B ) 2

59

2

=

= ( M  −  N ) ⋅ ( C  − B ) = − MN  ⋅ BC 

Sociedad RAMAMSEM 

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

Solución Oficial: Hay 3n  maneras de colorear una hilera horizontal superior de palitos. El palito vertical más a la izquierda de la primera línea también puede ser coloreado de 3 maneiras.  n

...

M

M M

... ... ... ...

M . . .M

Una vez definidos los colores de los palitos superiores y más a la izquierda de un cuadrado, hay dos maneras de completarlo según las condicioes del enunciado: si ambos tienen tienen el mismo color, hay dos escogencias para colorear los dos palitos restantes; si ambos tienen colores diferentes, hay dos maneras de colorear los dos palitos restantes con estos colores. Así, para completar la primeira línea de cuadrados hay 3n  ⋅ 3 ⋅ 2n  maneras. De la misma forma, el color del palito vertical más a la izquierda de la segunda línea de cuadrados puede ser escogido de 3 maneras, y hay 2n  maneras de colorear los demás palitos de esta línea. Así, para m = 2, hay 3n  ⋅ 3 ⋅ 2n ⋅ 3 ⋅ 2n  coloraciones posibles. Análogamente, el caso general, hay

3 n ⋅ (3 ⋅ 2 n ) m = 3 n + m ⋅ 2 nm

pedida.

60

maneras de realizar la pintura

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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  de esta misma revista. En esta edición publicaremos los problemas de los exámenes Regional y de la Tercera Etapa de la Olimpiada Estatal de Matemática de Puebla, México celebradas el 29 de abril de 2006. 1. En el cuadrilátero cíclico ABCD, D, se tiene que AC = BC. C. Sean E y F, F, respectivamente, los pies de las alturas, s, a partir de C, C, de los triángulos ACD y BCD. D. Prueba que AE = BF y que (ACB) = 2( 2(DCE). E). (Un cuadrilátero se llama cíclico si sus vértices están sobre una circunferencia. Se entiende por pie de la altura, el punto de intersección de dicha altura y el lado opuesto al vértice a partir del cual se traza la altura) 2. ¿Cuántos números naturales entre 1 y 2006 utilizan utilizan sólo dos dígitos diferentes en su escritura? 3. ¿Cuál es la suma de todos los números de 4 dígitos que que están formados sólo por cifras impares? 4. En el triángulo ABC, sean M y N los puntos medios de AB y AC respectivamente. Sea P el punto de intersección de BN y CM. Demuestra que: a) Los triángulos BMP y CNP tienen la misma área. b) El triángulo BCP y el cuadrilátero AMPN tienen tienen la misma área. área.

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5. ¿Es cierto que

(66...6)2

144 244  3 n

dígitos

+

88...8

14243 n

dígitos

=

4444...44

144 244  3 2n

,

para todo número natural n ?

dígitos

6. En una isla, habitada habitada por hombres y mujeres, hay personas buenas y personas malas. s. Las personas buenas siempre dicen la verdad pero las personas malas siempre mienten. A continuación aparecen dos comentarios de A y B, B, pobladores de la isla, acerca de ellos: A: A: Somos malas personas. B: B: Somos hombres. Determina el carácter de estas personas (b (bueno o malo) o) y su sexo. o. 7. En la sucesión 2006, 6, 20062006, 6, 200620062006, 6, ... ¿Cuál es el primer término de ella que es múltiplo de 531? 1? 8. Las piezas de un rompecabezas rectangular son nueve cuadrados de lados 1, 1, 4, 4, 7, 7, 8, 8, 9, 9, 10, 0, 14, 4, 15 y 18 respectivamente. a. ¿Cuáles deben ser las dimensiones de este rompecabezas después de armarlo? b. Haz un dibujo que muestre un acomodo de dichas piezas. 9. Considera todos los números naturales de 4 dígitos. s. ¿Cuántos de ellos tienen por lo menos un dígito repetido? 10. En la siguiente figura, se tiene que AB = AC = AD = DE y (BAC) = (ADE) = 36°. ¿Cuál es la medida del ángulo CDE? E?

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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 (12-14 años): El rollo

Si mido un rollo de cuerda de dos en dos metros me sobra uno. si lo mido de tres en tres , me sobran dos, si lo mido de cuatro en cuatro me sobran tres, si lo hago de cinco en cinco me sobran cuatro y si de seis en seis me sobran cinco. Sabiendo que tiene menos de 100 metros , ¿podrias decir su longitud? (VII O.M. Primera Fase. Albacete. 1996)  El baile de la fiesta 2 º Juego (12-14 años):  El

A una fiesta acuden 22 personas. María baila con 7 chicos, Silvia con 8, Amaya con 9, y así sucesivamente hasta llegar a Carmen que baila con todos. ¿Cuántos chicos y chicas hay en la fiesta? (III O.M. Fase Semifinal. Albacete. 1992)

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Sociedad RAMAMSEM   Páginas del libro 3 º Juego (12-14 años):  Páginas

Para numerar las páginas de un libro grande, hacen falta 3.005 dígitos. ¿Cuántas páginas tiene el libro? (IV O.M. Primera Fase. Albacete. 1993)  Lote de piezas 4 º Juego (12-14 años):  Lote

En las escuelas superiores de EEUU, los estudiantes guardan sus pertenencias en armarios particulares durante el tiempo de clase. En una determinada escuela había 1.000 estudiantes y 1.000 armarios. Cada año el primer día de clase, los estudiantes se alinean por orden alfabético y realizan el extraño ritual que sigue: El primer estudiante abre todos los armarios. El segundo cierra los armarios pares comenzando por el dos. El tercero cambia la situación de cada tercer armario (abre los cerrados y cierra los abiertos). el cuarto cambia la situación de cada cuatro armarios; el quinto cambia cada quinto, etc. ¿Qué armarios se quedan abiertos cuando todos los estudiantes han terminado? (III O.M. Primera Fase. Toledo. 2003)  El reloj digital I  5 º Juego (12-14 años):  El

Un reloj digital marca la hora y la fecha con diez dígitos de la siguiente manera: 1

5 hora

4

3

2

min.

6 dia

0

7 mes

8

9 año

Esta hora y fecha es la última del año 1989 en que se utilizan los diez dígitos cada uno una sola vez ¿Cuál es la siguiente fecha en que ocurre esa misma circunstancia? (III O.M. Primera Fase. Albacete. 1992)

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6 º Juego (12-14 años): Tostado rápido Hay que tostar en una parrilla tres rebanadas de pan. En la parrilla caben dos rebanadas a la vez, pero sólo se pueden tostar por un lado. Se tarda 30 segundos en tostar una cara de una pieza de pan, 5 segundos en colocar una rebanada, o en sacarla, y tres segundos en darle la vuelta. ¿Cuál es el mínimo de tiempo que se necesita para tostar las tres rebanadas? (III O.M. Primera Fase. Albacete. 1992) 7 º Juego (12-14 años): Solteros En una ciudad, 2/3 de los hombres están casados con los 3/5 de las mujeres. Si nunca se casan con forasteros, ¿Cuál es la proporción de solteros en dicha ciudad? (III O.M. Primera Fase. Albacete. 1992)  El reloj digital II  8º Juego (12-14 años):  El

Un reloj digital marca la hora y la fecha con diez dígitos de la siguiente manera: 1

5 hora

4

3

2

min.

6 dia

0

7 mes

8

9 año

Esta hora y fecha es la última del año 1989 en que se utilizan los diez dígitos cada uno una sola vez ¿Cuál será la primera fecha del siglo XXI en que ocurra esa misma circunstancia? (III O.M. Primera Fase. Albacete. 1992)

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Sociedad RAMAMSEM   Apretones de manos 9 º Juego (12-14 años):  Apretones

En una reunión hay 20 personas y todas se saludan dándose un apretón de manos. ¿Cuántos apretones se habrán dado cuando todas las personas se hayan saludado? (XI O.M. Primera Fase. Albacete. 2000)

 El cuadrado antropófago 10 º Juego (12-14 años):  El

Un cuadrado tiene su vértice en el centro de otro cuadrado del mismo lado que el anterior. ¿Qué área hay encerrada en la intersección de ambos? Planteate el problema en el caso de que los lados de los dos cuadrados no sean iguales (XI O.M. Primera Fase. Albacete. 2000)

SOLUCIONES PROPUESTAS

El rollo  59 Múltiplos de 2+1: 3, 5, 7, 9, ... 51, 53, 55, 57,59, 61, ... " " 3+2: 5, 8, 11, 14, ... 50, 53, 56, 59, 62, ... " " 4+3: 7, 11, 15, 19, ... 47, 51, 55, 599, 63, ... " " 5+4: 9, 14, 19, 24, ... 44, 49, 54, 59, 64, ... " " 6+5: 11, 17, 23, 24, ... 47, 53, 59, 65, ... El m.c.m. de 2, 3, 4, 5 y 6 es 60, es decir, una unidad más que el número buscado.

El baile de la fiesta  8 chicos y 14 chicas. 1 + 7 = 8, 2 + 8 = 10, 3 + 9 = 12, ..., 8 + 14 = 22 66

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Páginas del libro  1028 páginas. 3 005 − 9( 9 primeras páginas) − 90x2( páginas 10 a la 99) − 900x3( páginas 100 a la 999) = 116 116 : 4(dígitos a partir de 1 000 ) = 29 999 + 29 = 1028 (Javier A. de 1º C - E.S.O. del C.P. Cristóbal Valera de Albacete) Los armarios  Los armarios que tienen un número que es un cuadrado perfecto. Los cuadrados perfectos tienen un número impar de divisores y, por tanto, las sucesivas acciones de abrir y cerrar siempre dejarán los armarios abiertos El reloj digital I  17 horas, 58 minutos, día 26, mes 04, año 93. Tostado rápido  118 segundos Para simplificar establecemos las siguientes claves: • Rebanadas: A, B, C • Colocar rebanada: CA, CB, CC • Sacar rebanada: SA, SB, SC • Colocar segunda cara de la rebanada: CAA, CBB, CCC • Sacar rebanada totalmente tostada: SAA, SBB, SCC • Termina la operación: TAA Tiempo en segundos 5 Acción terminada

10 40 45 48

78

83

88

113 118

CA CB SA CC CBB CCC SBB CAA SCC TAA

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Solteros  7 de 19 1. Ponemos un ejemplo del número de hombres: 900 2. Calculamos los dos tercios: tercios: 900x 2/3=600 3. Sabemos que dos tercios de los hombres es igual a tres tres quintos de las mujeres mujeres que son: 600:3x5=1000 4. Sumamos el número de hombres hombres con el de mujeres y le restamos el número de casados: 1.000+900=1.900; 600x2=1.200; 1.900- 1.200=700 5. Buscamos una fracción irreducible: irreducible: 700/1900 = 7/19 (Javier A. de 1º C - E.S.O. del C.P. Cristóbal Valera de Albacete) El reloj digital II  18 horas, 59 minutos, día 27, mes 06, año 34

Apretones de manos  190 apretones. Trata de resolver el mismo problema para un número menor de personas. Si hubiera 3 personas como cada una aprieta la mano de todas las demás menos la suya, entonces 3x2=6 y dividimos por 2 para no contar 2 veces el mismo apretón. En total: 3x2/2=3 apretones. Para 4 personas: 4x3/2=6 apretones. Etc.

El cuadrado antropófago  Un cuarto del cuadrado. Puedes comprobarlo recortando en cartulina dos cuadrados iguales.

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Respuestas verídicas a verídicas a exámenes: (Enviado por un profesor de ESO, son las respuestas de varios exámenes y que han sido coleccionadas y seleccionadas por el profesor que solicita el anonimato. Hemos respetado la ortografía en su forma original.) Barroco: Estilo de casas hechas de barro. Definición de rumiantes: Son los que eructan al comer. Lenguas vernáculas: Las que se hablan en las tabernas. Indique un molusco perjudicial: El león. Un parásito interno del hombre: El langostino. Derivados de la leche: la vaca. Derivados de la leche: el arroz con leche. Estimulantes del sistema nervioso: el café, el tabaco y las mujeres. Alfarero: el que tiene un farol. Explica algo del Greco: era bizco. Polígono: hombre de muchas mujeres. Comentar algo del 2 de mayo: ¿De qué año? Coleccionistas de sellos: sifilíticos. La sal común: tiene un curioso sabor salado. Ecosistemas: la tundra y la gaita. Sujeto de la frase (elíptico): epiléptico. El arte griego: hacían botijos. Países que forman el Benelux: Bélgica, Luxemburgo y Neardental. Cita organismos intemacionales: La OJE, "boyes caos", USA, USS y UNI - Policía, bomberos, Socorristas y cruz roja, la ITT y la olimpiada de México - La OJE, FIFA, UEFA, EU, NASA y URSS. Pediatra: medico de los pies.

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Trabajo y energía: Trabajo es si cogemos una silla y la ponemos en otro sitio, energía es cuando la silla se levanta sola. Ejemplos de nematoceros (mosquitos): el "buo" el "buo" real y el mochuelo. Quevedo: era cojo, pero de un solo pie. Brisa del mar: es una brisa húmeda y seca. Un gusano que no sea la lombriz de tierra: la lombriz de mar. Un marsupial: el chimpancé. El oído interno: consta de utriculo y draculo. Palabra derivada de luz: bombilla. ¿Conoces algún vegetal sin flores?: conozco. Moluscos: son esos animales que se ven en los bares, por ejemplo el cangrejo. La abeja: se divide en reina, obreras y "zagales". El alantoides: es una especie de rabo que tiene el pollo para respirar. Monotremas: son mamíferos de forma humana, y son los monos. Reptiles: son animales que se disuelven en el agua. Un reptil peligroso peligroso de España es el cocodrilo. Calamar: se llama así porque cala los mares. Movimientos del corazón: el corazón siempre está en movimiento, solo está parado en los cadáveres. Volcanes: En Mallorca está el Teide. El agua de mar es solidificada y sale por el cráter. Terremotos: son movimientos bruscos que se tragan a las personas. Insectos: son una especie de aves pequeñísimas. Arterias: son unos tubitos de plástico flexibles. Mahoma: nació en la Meca a los cinco años. Fósiles: son unos señores muy antiguos. Fósiles: son animales que se extraen de los grandes museos como el de Madrid.

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8. Guía y lecciones de entrenamiento para competencias matemáticas. A continuación publicamos un material elaborado por José Heber Nieto quien es profesor adscrito al Departamento de Matemática de la Facultad Experimental de Ciencias de la Universidad del Zulia, Venezuela.

Algunas Estrategias Básicas para la Resolución de Problemas de Olimpíadas Matemáticas José H. Nieto ([email protected]) Resumen En estas notas se enuncian cuatro estrategias básicas para la solución de problemas matemáticos y se ilustra su aplicación con varios ejemplos, muchos de ellos tomados de olimpíadas realizadas en el ámbito latinoamericano.

1. Introducción Para resolver problemas matemáticos no existen recetas infalibles. Aunque los conocimientos y la técnica juegan un rol importante, no son suficientes: para ser un buen solucionista también hacen falta ingenio, creatividad, control, motivación y otras cualidades y habilidades. Muchos expertos afirman que la única manera de aprender a resolver problemas es... ¡resolviendo muchos problemas! Así como un buen deportista debe dedicar muchas horas a su entrenamiento, quien desee llegar a ser un hábil solucionista de problemas debe dedicarle suficiente tiempo a esta actividad. Sin embargo existen algunos principios y estrategias que los buenos solucionistas aplican, de manera consciente o inconsciente. A ese conjunto de nociones útiles para resolver problemas se le llama heurística , y su conocimiento y aplicación puede ser de mucha utilidad

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para los que se inician. El primero en llamar la atención sobre la importancia de la heurística fue George Polya [2]. En estas notas se enuncian cuatro estrategias básicas para la solución de problemas matemáticos de tipo olímpico y se ilustra su aplicación a la solución de problemas tomados de varias competencias matemáticas realizadas en el ámbito latinoamericano. 2. Estrategias En esta sección enunciaremos algunos de los principios heurísticos más útiles (según la experiencia del autor), ejemplificando su aplicación en la solución de problemas de tipo olímpico. 2.1. Figuras y diagramas El proverbio una figura vale más que mil palabras  tiene plena validez en la resolución de problemas matemáticos. Por eso nuestra primera estrategia es: Estrategia 1. 1. Siempre que sea posible dibuje una figura. La importancia de este principio es obvia cuando se trata de resolver un problema de geometría. Pero hay muchos problemas que sin ser de geometría admiten una interpretación geométrica, lo cual amplía mucho el verdadero alcance de esta estrategia. Los siguientes ejemplos ilustran lo dicho.

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2.2. Problemas con un parámetro entero En muchos problemas se pide hallar todos los valores de un entero positivo n para los cuales determinada afirmación (dependiente de n ) es verdadera. A falta de una idea brillante que solucione el problema de inmediato, una buena recomendación es la siguiente: Estrategia 2. Estudie lo que sucede para los primeros valores de n hasta ver si emerge  algún patrón característico, entonces formule una conjetura y trate de probarla.

El siguiente problema es un buen ejemplo para aplicar esta estrategia.

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