Numero 29

Revista Escolar de la Olimpíada Iberoamericana de Matemática

Número 29 (enero - febrero 2007) ISSN – 1698-277X

Índice

Artículos, notas y lecciones de preparación olímpica J.L.Ayme: El teorema de Sondat Problemas para los más jóvenes (29) Soluciones a cinco problemas del número 28 y a uno del número 16, por Bruno Salgueiro Fanego, Vivero, España. Problemas del Canguro Matemático – 15 años Problemas de nivel medio y de olimpiadas (28) Solución a un problema de la URSS 1973 (vol. 28), por Miguel Amengual Covas, Santanyí, España. Problemas propuestos en la Olimpíada del Portugal 2007. Problemas Problema 122(Corrección): Lamentablemente, la solución publicada de este problema contiene un error insalvable, por lo que el editor presenta excusas, agradeciendo además a un lector por haberlo advertido. Presentamos una nueva solución, de Daniel Lasaosa Medarde, Pamplona, España. Problema 136: recibidas soluciones muy similares de: Jorge Espinoza Guevara, Lima, Perú; Daniel Góngora García, Lima, Perú; José Hernández Santiago, Oaxaca, México; Daniel Lasaosa Medarde, Pamplona, España; Bruno Salgueiro Fanego, Vivero, España; Vicente Vicario García, Huelva, España y del proponente. Presentamos la solución de Vicario. Problema 137: recibidas soluciones similares de: Daniel Góngora García, Lima, Perú; José Hernández Santiago, Oaxaca, México; Daniel Lasaosa Medarde, Pamplona, España; Bruno Salgueiro Fanego, Vivero, España; Vicente Vicario García, Huelva, España; y del proponente. Presentamos la solución de José Hernández Santiago. Problema 138: recibidas soluciones de: Daniel Lasaosa Medarde, Pamplona, España; Bruno Salgueiro Fanego, Vivero, España; y del proponente. Presentamos la solución de Lasaosa. Problema 139: recibidas soluciones de: Floro D. Aranda Ballesteros, Córdoba, España; Dones Colmenárez, Barquisimeto, Venezuela; Jorge Espinoza Guevara, Lima, Perú; Daniel Góngora García, Lima, Perú; Daniel Lasaosa Medarde, Pamplona, España; Ricard Peiró, Valencia, España; Gabriel A. Reyes, San Salvador, El Salvador; Bruno Salgueiro Fanego, Vivero, España; y del proponente.

Presentamos la solución y generalización de Lasaosa. Problema 140: recibidas soluciones con corrección al enunciado, de Daniel Lasaosa Medarde, Pamplona, España; y Vicente Vicario García, Huelva, España. Presentamos ambas soluciones. Problemas propuestos 141-145 Comentario de páginas web Olimpíada Matemática de Perú . Divertimentos matemáticos Cerebro de Matemático. Howard W. Eves El stock de divertimentos que tiene el editor está prácticamente agotado, por lo que agradecerá de los lectores el envío de materiales para esta sección Editor: Francisco Bellot Rosado

Con el apoyo de la Subdirección General de Cooperación Internacional

EL TEOREMA DE SONDAT

UNA DEMOSTRACIÓN PURAMENTE SINTÉTICA

Jean - Louis AYME

Lycée Lislet Geoffroy, 97400 St Denis, Île de la Réunion, France

Resumen. Presentamos una demostración enteramente sintética del teorema de Pierre Sondat, así como una breve nota histórica. Esta prueba está basada en dos lemas que conducen, primero, al pequeño teorema de Sondat y en segundo lugar al teorema de Sondat. Todos los resultados citados pueden ser probados sintéticamente.

ESQUEMA DE LA DEMOSTRACIÓN

1. Lema 1

A

B C

O

A'

B'

C'

P

Hipótesis: ABC, A'B'C' dos triangulos bilogicos (cf. Anexo 6) en posicion general, O el centro común de ortología de ABC y A'B'C'

y P el punto de intersección de las rectas (AA') y (BB'). Conclusión : la recta (CC') pasa por P. Demostración :

A

B C

O

A'

B'

C'

D

E F

1

B# C#

1a

• Sean D, E, F los puntos de intersección de (AO) y (B'C'), de (BO) y (C'A'), de (CO) y (A'B'). • Escolio : por hipotesis, (AOD) ⊥ (B'C') y (A'O) ⊥ (BC) (BOE) ⊥ (C'A') y (B'O) ⊥ (CA) (COF) ⊥ (A'B') y (C'O) ⊥ (AB). • Sean B#, C# los puntos de intersección de (BE) y (A'B'), de (CF) y (A'C'). • Tenemos : O es el ortocentro del triángulo A'B#C# ; en consecuencia, (B#C#) ⊥ (A'O) ; por hipótesis, (A'O) ⊥ (BC) ; luego de ahí se sigue que (B#C#) // (BC). • Escolio : la circunferencia de diámetro [B#C#] pasa por E y F. • Llamemos 1a a esa circunferencia. • Conclusion parcial : por un réciproco del teorema de Reim (cf. Anexo 2) aplicado a 1a, Los puntos B, C, E y F son concíclicos. • Llamemos 1 a esa circunferencia.

A

B C

O

A'

B'

C'

D

E F

1

2

3

X

Z

Y

• Mutatis mutandis, demostraríamos que los puntos C, A, F y D son concíclicos los puntos A, B, D y E son concíclicos. • Llamemos 2, 3 a esas dos últimas circunferencias y X, Y, Z los puntos de intersección de (B'C') y (BC), de (C'A') y (CA), de (A'B') y (AB). • Según un teorema de Dergiades (cf. Anexo 3), los puntoss X, Y y Z están alineados.

A

B C

O

A'

B'

C'

D

E F

1

2

3

X

Z

Y • Según el teorema de los triángulos de Desargues (cf. Anexo 4), Por ser (XYZ) el eje de perspectiva de ABC y A'B'C', P es el centro de perspectiva de ABC y A'B'C'. • Conclusión : la recta (CC') pasa por P.

Enunciado tradicional : dos triángulos bilogicos son perspectivos. El resultado a recordar : dados dos triángulos bilógicos en posición general, dos vértices de uno y sus proyecciones sobre los lados correspondientes del otro, son concíclicos. 2. Lema 2

A

B C

O

A'

B'

C'

X

Z

Y

P

Hipótesis : ABC, A'B'C' dos triángulos bilógicos en posicion general, O el centro común de ortología de ABC y A'B'C', P el centro de perspectiva de ABC y A'B'C', y (XYZ) el eje de perspectiva de ABC y A'B'C'. Conclusión : las rectas (OX) y (AA'P) son perpendiculares. Demostración :

A

B C

O

A'

B'

C'

E F

1

X

Z

Y

• Sean E, F los puntos de intersección de (BO) y (C'A'), de (CO) y (A'B'). • Según el lema 1, los puntos B, C, E y F son concíclicos. • Llamemos 1 a esa circunferencia.

A

B C

O

A'

B'

C'

E F

1

X

Z

Y

D'

E'

2

• Sean D', E' los puntos de intersección de (A'O) y (BC), de (B'O) y (CA). • Según el lema 1, los puntos A', B', D' y E' son concíclicos. • Llamamos 2 a esa circunferencia. • Potencia del punto O respecto al círculo 2, '.''.' OEOBODOA = .

A

B C

O

A'

B'

C'

E F

1

X

Z

Y

D'

E'

2

3

• Llamemos 3 a la circunferencia de diámetro [B'C] ; pasa por F y E'. • Potencia del punto O respecto al círculo 3, OFOCOEOB .'.' = .

A

B C

O

A'

B'

C'

E F

1

X

Z

Y

D'

E'

2

3

D

4

• Sea D el punto de intersección de (AO) y (B'C') • Según el lema 1, los puntos A, C, F y D son concíclicos. • Llamemos 4 a esa circunferencia. • Potencia del punto O respecto al círculo 4, ODOAOFOC .. = ;

Por la transitividad de la igualdad, =, ODOAODOA .'.' = .

A

B C

O

A'

B'

C'

D

E F

1

X

Z

Y

D'

5

• Conclusión parcial : los puntos A, A', D y D' son concíclicos. • Llamemos 5 a esa circunferencia.

A

B C

O

A'

B'

C'

D X

Z

Y

D'

5

6

To

P

• Escolio : la circunferencia de diámetro [OX] pasa por D y D'.

• Llamemos 6 esa circunferencia y To la tangente a 6 en O. • Por definición de tangente, (OX) ⊥ To. • En un caso particular del teorema de Reim (cf. Anexo 1) aplicado a 5 y 6, To // (AA') ;

en consecuencia, (OX) ⊥ (AA'). • Conclusión : las rectas (OX) y (AA'P) son perpendiculares. Escolio : otras dos perpendicularidades

A

B C

O

A'

B'

C'

X

Z

Y

P

• Mutatis mutandis, probaríamos que las rectas (OY) y (BB'P) son perpendiculares las rectas (OZ) y (CC'P) son perpendiculares. 3. El pequeño teorema de Sondat

A

B C

O

A'

B'

C'

1

X

Z

Y

P

Hipótesis : ABC, A'B'C' dos triángulos bilógicos en posicion general, O el centro común de ortología de ABC y A'B'C', P el centro de perspectiva de ABC y A'B'C', y (XYZ) el eje de perspectiva de ABC y A'B'C'. Conclusión : las rectas (OP) y (XYZ) son perpendiculares. Demostración :

A

B C

O

A'

B'

C'X

Z

Y

P

D'

X' 1

• Llamemos D' al punto de intersección de (A'O) y (BC), y X' al punto de intersección de (OX) y (PAA').

• Escolio : el círculo de diámetro [A'X] pasa por D' y X'. • Llamemos 1 a esa circunferencia. • Potencia de O respecto a 1, '.''. ODOAOXOX = .

A

B C

O

A'

B'

C'

X

Z

Y

D'

E'

2

• Llamemos E' al punto de intersección de (B'O) y (CA). • Según el lema 1, los puntos A', B', D' y E' son concíclicos. • Llamemos 2 a esa circunferencia. • Potencia de O respecto a 2, '.''.' OEOBODOA = .

A

B C

O

A'

B'

C'

X

Z

Y

E'Y'

3

X'

4

• Sea Y' el punto de intersección de (OY) y (BB'). • Escolio : el círculo de diámetro [B'Y] pasa por E' y por Y'. • Sea 3 esa circunferencia. • Potencia de O respecto a 3, '.''.' OYOYOEOB = ;

Por la transitividad de la igualdad, =, '.'. OYOYOXOX = . • Conclusión parcial : los puntos X, X', Y e Y' son concíclicos. • Sea 4 esa circunferencia.

A

B C

O

A'

B'

C'

X

Z

Y

Y'

X'

4

P

5

• Sea 5 la circunferencia de diámetro [OP] ; pasa por X' e Y' ; y To la tangente à 5 en O. • En un caso particular del teorema de Reim (cf. Anexo 1) aplicado a 4 y 5, (XY) // To. • Por definición de tangente, To ⊥ (OP) ; en consecuencia, (XY)⊥ (OP). • Conclusión : las rectas (OP) y (XYZ) son perpendiculares.

4. El teorema de Sondat [1]

A

B C

P

O'

A'

B'

C'O

X

Z

Y

Hipótesis : ABC, A'B'C' dos triángulos ortológicos y perspectivos en posición general, O el centro de ortología de ABC respecto à A'B'C', O' el centro de ortología de A'B'C' respecto a ABC, P el centro de perspectiva de ABC y A'B'C', y (XYZ) el eje de perspectiva de ABC y A'B'C'. Conclusión : la recta (OO') pasa por P y es perpendicular à (XYZ). Demostración :

A

B C

P

O'

A'

B'

C'O

X

Z

Y

A*

C*

B*

• Escolio : las rectas (AA'), (BB') y (CC') son concurrentes en P.

• Partimos del triángulo ABC. • Sean A* el punto de intersección de la perpendicular à (BC) que pasa por O con (PAA'), B* el punto de intersección de la paralela à (A'B') que pasa por A* con (PBB') y C* el punto de intersección de la paralela à (B'C') que pasa por B* con (PCC'). • Por el teorema débil de Desargues aplicado a los triángulos A*B*C* y A'B'C' ,en perspectiva de centro P, las rectas (A*C*) y (A'C') son paralelas. (cf Anexo 5) • Escolio : A*B*C* y A'B'C' sont homotéticos y P es su centro de homotecia. • Por hipótesis, (AO) ⊥ (B'C') ; tenemos : (B'C') // (B*C*) ; en consecuencia, (AO) ⊥ (B*C*). • Mutatis mutandis, demostraríamos que (BO) ⊥ (C*A*) (CO) ⊥ (A*B*). • Conclusión parcial : A*B*C* y ABC sont bilogicos y O es su centro común de ortología.

A

B C

P

A'

B'

C'O

X

Z

Y

A*

C*

B*

Z'

X'

Y'

• Sean X', Y', Z' los puntos de intersección de (B*C*) y (BC), de (C*A*) y (CA), de (A*B*) y (AB). • Según el teorema de los dos triángulos de Desargues (cf. Anexo 5), (X'Y'Z') es el eje de perspectiva de A*B*C* et ABC. • Según el « pequeño teorema de Sondat » (OP) ⊥ (X'Y'Z') ; Según el resultado "Una paralela a un eje de perspectiva" (cf. Anexo 7), (XYZ) // (X'Y'Z') ; en consecuencia, (OP) ⊥ (XYZ). • Conclusión parcial : las rectas (OP) y (XYZ) son perpendiculares.

A

B C

P

O'

A'

B'

C'O

X

Z

Y

A*

B* C*X"

Z"

Y"

• Partimos del triángulo A'B'C'. • Sean A* el punto de intersección de la perpendicular a (B'C') que pasa por O' con (PAA'), B* el puntp de intersección de la paralela a (AB) que pasa por A* con (PBB') y C* el punto de intersección de la paralela a (BC) que pasa por B* con (PCC'). • Escolio : A*B*C* y ABC son homotéticos y P es su centro de homotecia. • Mutatis mutandis, demostraríamos que (1) A*B*C* y ABC son bilógicos (2) O es su centro común de ortología. • Sean X", Y", Z" los puntos de intersección de (B*C*) y (B'C'), de (C*A*) y (C'A'), de (A*B*) y (A'B'). • Según el teorema de los dos triángulos de Desargues (cf. Anexo 5), (X"Y"Z") es el eje de perspectiva de A*B*C* y A'B'C'. • Según el " pequeño teorema de Sondat", (O'P) ⊥ (X"Y"Z") ; Según el resultado "Una paralela a un eje de perspectiva" (cf. Anexo 7), (X"Y"Z") // (XYZ) ; en consecuencia, (O'P) ⊥ (XYZ). • Por ser las rectas (OP) y (O'P) perpendiculares a la recta (XYZ), (OP) // (O'P). • Conclusión parcial : por el postulado de Euclides, los puntos O, O' y P están alineados. • Conclusión : la recta (OO') pasa por P y es perpendicular a (XYZ).

NOTA HISTÓRICA

Pierre Sondat fué profesor en Annecy (Francia) y es conocido por haber publicado algunos artículos notables en los Nouvelles Annales de 1875 a 1880. En 1894, propone en L'intermédiaire des mathématiciens, una conjetura que se convertirá en el "teorema de Sondat". Al año siguiente, en la misma revista, R. Sollertinsky [2] da una demostración proyectiva difícil de comprender. Una demostración de este resultado se encontraría también en el libro Parmi les plus belles figures de Géométrie dans l'espace de Victor Thébault en el que no hay ninguna figura. En 1922, en la revista Mathesis, Joseph Neuberg [3] da otra referencia [4] del teorema de Sondat y presenta une prueba proyectiva que atribuye a Servais [5]. En 1924, Victor Thébault [6] generaliza el teorema a los tetraedros. En 1952, Thébault [7] presenta una demostración métrica del teorema de Sondat recurriendo a los teoremas de Menelao y Stewart, asi como una demostración de su generalización. En 1994, Rina y Marius Mitrea [8] proponen a su vez una solución puramente vectorial, así como Alexei Zaslavsky [9].

ANEXOS

1. El teorema de Reim [10]

U

V

R R'

S

S'

1

2

Du

Dv

Hipótesis : 1, 2 dos cículos secantes, U, V los puntos de intersección de 1 y 2, Du una recta que pasa por U, R, R' los segundos puntos de intersección de Du con 1, 2, Dv una recta que pasa por V y S, S' los segundos puntos de intersección de Dv con 1, 2. Conclusión : las rectas (RS) y (R'S') son parallelas. Escolio : si los puntos R y S coinciden, entonces la tangente a 1 en R y (R'S') son parallelas.

2. Un recíproco del teorema de Reim

U

V

R R'

S

S'

1

Du

Dv

Hipótesis : 1 una circunferencia, U, V dos puntos de 1, Du, Dv dos rectas que pasan por U, por V, R, S los segundos puntos de intersección de Du, Dv con 1, y R', S' dos puntos de Du, Dv tales que (R'S') sea paralela à (RS) Conclusión : los puntos U, V, R' y S' son concíclicos. 3. Un teorema de Dergiades [11] reformulado por el autor

A

B C

F

E

D

X

Y

Z

1

3 2

Pd

PePf

Hipótesis : ABC un triángulo, 1, 2, 3 tres circulos passando por B y C, por C y A, por A y B, D, E, F los segundos puntos de intersección de 2 y 3, de 3 y 1, de 1 y 2, Pd , Pe , Pf las perpendiculares a las rectas (AD), (BE), (CF) en D, E, F, y X, Y, Z los puntos de intersección de Pd y (BC), de Pe y (CA), de Pf y (AB). Conclusión : los puntos X, Y y Z están alineados. 5. El teorema de los dos triángulos de Desargues

O

A

C

B

A'

C'

B'

K

J

I

Hipótesis : ABC un triángulo, A'B'C' un triángulo tal que les rectas (AA') y (BB') sean concurrentes, O el punto de intersección de (AA') y (BB'), e I, J, K los puntos de intersección de (AB) y (A'B'), de (BC) y (B'C'), de (CA) y (C'A'). Conclusión : (CC') pasa par O si, y solamente si, los puntos I, J y K están alineados. 5. El teorema débil de Desargues

O

C

B

A

C'

B'

A'

Hipótesis : ABC un triángulo, y A'B'C' un triángulo tal que (1) (AA') y (BB') sean concurrentes en O (2) (AB) sea paralela a (A'B') (3) (BC) sea paralela a (B'C') Conclusión : (CC') pasa por O si, y solamente si, (AC) es paralela a (A'C').

6. Dos triángulos ortologicos

A

B C

P

C'

A'

B'

Q

Definictiones : el triángulo ABC es ortológico al triángulo A'B'C' si las perpendiculares trazadas por los

vértices de ABC sobre los lados correspondientes de A'B'C' son concurrentes. Ese punto de concurrencia, llamado P, es el centro de ortología de ABC respecto a A'B'C'.

La relación "es ortológico à" siendo simétrica ,implica que las perpendiculares trazadas por los vértices de A'B'C' sobre los lados correspondientes de ABC son también concurrentes.

Ese punto de concurrencia, llamado Q, es el centro de ortología de A'B'C' respecto ABC. De una manera general, diremos que ABC y A'B'C' son ortológicos. Cuando los dos centros de ortología coincidan, diremos que los triángulos son bilógicos. 7. Una paralela a un eje de perspectiva

A

B C

P

A'

B'

C'

Z

Y

X

A"

B"

C"

Y'

X'

Z'

Hipótesis : ABC, A'B'C' dos triángulos perspectivos en posición general, P el centro de perspectiva de A'B'C' y ABC, (XYZ) el eje de perspectiva de A'B'C' y ABC, A"B"C" un triángulo homotético y en perspectiva de centro P con A'B'C' y (X'Y'Z') el eje de perspectiva de A"B"C" y ABC. Conclusión : (X'Y'Z') es paralela a (XYZ).

REFERENCIAS

[1] Sondat P., Question 38, L'intermédiaire des mathématiciens (1894) 10. [2] Sollertinsky R., L'intermédiaire des mathématiciens (1895) 94 ou 44. [3] Neuberg J., Bibliographie du triangle et du tétraèdre, Mathesis (1922) 163. [4] Fuhrmann, Dissertation, Königsberg (1902). [5] Servais Cl., Nouvelles Annales (1919) 260. [6] Thébault V., Bulletin de l'Académie royale de Belgique (1921) 57. [7] Thébault V., Perspective and orthologic triangles and tetrahedrons, Monthly, 59, vol. 1 (1952) 24-28. [8] Mitrea D. and M., A Generalization of a Theorem of Euler, Monthly, 101, vol. 1 (1994) 55-58. [9] Zaslavsky A., http://garciacapitan/auna.com/ [10] F. G.-M., Théorème 124, Exercices de Géométrie, 6-ième éd. (1920), Rééd. J. Gabay, Paris (1991) 283. [11] Dergiades N., Othogonal colinearity theorem, Message Hyacinthos # 6466 du 02/02/2003. Agradecimientos. Agradezco profundamente al Profesor Francisco Bellot Rosado por haber releído,

traducido y referenciado este artículo. Jean-Louis Ayme [email protected]

PROBLEMAS PARA OS MÁIS NOVOS (REOIM, nº 16)

5. Demostrar que 65

66

1

22

1>

++

+

Solución de Bruno Salgueiro Fanego (Viveiro; España)

21

22

124224222224242 >+

⇒=<+⇒=+<+⇒=<⇒< ;

31

66

139669366639696 >+

⇒=<+⇒=+<+⇒=<⇒<

Así, 65

31

21

66

1

22

1=+>

++

+

PROBLEMAS PARA OS MÁIS NOVOS (REOIM, nº 28) 28.1. Demostrar que, calquera que sexa o número real t , se verifica a desigualdade

0214 >+− tt

Solución de Bruno Salgueiro Fanego (Viveiro, Lugo; España) Sexa, para calesquera números positivos a e real t , ( ) atttfa +−= 4 . Probarase a continuación

que o menor valor de a que fai que ( ) 0≥tfa para calquera t é 38

23−

⋅=a : Se 0≤t : 04 ≥t , 0≥− t , 0>a implican ( ) 0>tfa ; Se 1≥t : 0≥t , 01 ≥−t , 012 >++ tt implican ( ) ( )( ) 0011 2 >+≥+++−= aatttttfa ;

Se 10 << t : ( ) 14 3 −= ttf z é negativa se 32

2−

<t , nula se 32

2−

=t e positiva se 32

2−

>t , logo ( )tfa é decrecente

en ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −32

2,0 , crecente en ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −1,2 3

2

e presenta un mínimo absoluto en 32

2−

=t , de valor

38

32

232−−

⋅−=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛afa , logo ( ) 3

8

23−

⋅−≥ atfa , con igualdade se e só se 32

2−

=t

Ademais, 02 32

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −

af se e só se 38

23−

⋅=a . Por tanto, ( ) 0≥tfa para calquera t se e só se

38

23−

⋅≥a , ( ) 0>tfa para calquera t se e só se 38

23−

⋅>a e ( ) 038

23=

−⋅

tf se e só se 32

2−

=t

Así, está probada a seguinte

Proposición: Para calquera número real t , verifícase a desigualdade 023 38

4 ≥⋅+−−

tt , con

igualdade se e só se 32

2−

=t E o problema pedido é un corolario desta proposición, pois, para calquera número real t , resulta

que 02321 3

844 ≥⋅+−>+−

−tttt

PROBLEMAS PARA OS MÁIS NOVOS (REOIM, nº 28) 28.2. Por un punto interior P ao triángulo ABC , trázanse tres paralelas aos lados, que dividen a estes en tres segmento, de lonxitudes respectivas 1a , 2a , 3a (o lado BC ), 1b , 2b , 3b (o lado CA ) e 1c , 2c , 3c (o lado AB ). Demostrar que

333222111 cbacbacba ==

Solución de Bruno Salgueiro Fanego (Viveiro, Lugo; España) Como ABC e 21APA teñen os lados respectivamente paralelos, terán os ángulos respectivamente iguais, sendo polo tanto semellantes, do cal se deduce que os seus lados son proporcionais;

PACA

AABC

PAAB

2211

== , ou sexa, BC

ABAA

BCCBCA

2211

== , isto é, 3

321

2

321

1

321

cccc

aaaa

bbbb ++

=++

=++ ;

analogamente, ABC é semellante a 12PBB , de onde

CABC

PACA

ACAB

221

== , isto é, 3

321

2

321

1

321

aaaa

bbbb

cccc ++

=++

=++ ;

ABC é semellante a PCC 21 , de onde 3

321

2

321

1

321

bbbb

cccc

aaaa ++

=++

=++

Multiplicando membro a membro esas tres igualdades, resulta que

2

321

2

321

2

321

1

321

1

321

1

321

cccc

bbbb

aaaa

aaaa

cccc

bbbb ++

⋅++

⋅++

=++

⋅++

⋅++

3

321

3

321

3

321

cccc

bbbb

aaaa ++

⋅++

⋅++

= ;

dividindo entre o numerador común ( ) ( ) ( )321321321 cccbbbaaa ++⋅++⋅++ , resultan as igualdades dos denominadores: 333222111 cbacbaacb ==

PROBLEMAS PARA OS MÁIS NOVOS (REOIM, nº 28) 28.3. Demostrar que se 10 << a e 10 << b , entón

( )( )( ) 4

11

112 <

−−−

abbaab

Solución de Bruno Salgueiro Fanego (Viveiro, Lugo; España) Das hipótesis dedúcese que todos os factores a , b , a−1 , b−1 e ( )21 ab− son estritamente positivos, logo

( )( )( ) 4

11

112 <

−−−

abbaab

⇔ ( )( ) ( )21114 abbaab −<−− ⇔ 222222 4444210 baabbaabbaab −++−+−<

⇔ ( ) ( ) 23423210 baabaa −+−−< Sexa, para cada 10 << x , ( ) ( ) ( ) 2342321 xaaxaaxfa −+−−= ; hai que probar que ( )bfa<0 . Probarase que, se 10 << x , entón ( )xfa<0 :

A gráfica de af é unha parábola cun mínimo absoluto no vértice ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

−−

−−

aaf

aaV a 34

23,3423 ;

( ) ( ) ( )aa

aaaa

aaa

aaa

aafa 34

1434

4121243423

342321

3423 33222

−−

=−

−+−=

−−

+−−

−=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

−− , que é estritamente

positivo por selo numerador e denominador.

Así, se 10 << x , tense que ( ) ( )xfaa

a<−−

<34

1403

PROBLEMAS PARA OS MÁIS NOVOS (REOIM, nº 28) 28.4. Resolver o sistema de ecuacións

( )( )( )( )( )( ) ⎭

⎬⎫

+=++++=+++

742

742

11111111

xyyyyxxx

Solución de Bruno Salgueiro Fanego (Viveiro, Lugo; España) Sendo ( ) ( )( )( ) ( ) 7765432742 1111, yxxxxxxxyxxxyxF −++++++=+−+++= e

( ) ( )xyFyxG ,, = , o sistema a resolver é ( )( ) ⎭

⎬⎫

==

0,0,

yxGyxF

, cuxas solucións son os puntos de corte das

gráficas das funcións ( ) 0, =yxF e ( ) 0, =yxG , simétricas unha da outra respecto da bisectriz dos cadrantes primeiro e terceiro, que poden obterse utilizando por exemplo o método de Newton-Cramer para representación de curvas alxébricas; obtéñense así as seguintes gráficas, das que se conclúe que as únicas solucións do sistema son 1−== yx ou 0== yx ; a de vermello é a curva ( ) 0, =yxF e a de verde é a ( ) 0, =yxG :

PROBLEMAS PARA OS MÁIS NOVOS (REOIM, nº 28) 28.5. Demostrar que se as lonxitudes a , b , c dos lados do triángulo son tales que

1=++ cba , entón

214222 <+++ abccba

Solución de Bruno Salgueiro Fanego (Viveiro, Lugo; España) Sexan p o semiperímetro, R o circunraio, r o inraio e S a área do triángulo. Lema 1: Rrpabc 4=

Proba: R

abcRcabCabSpr

4221sin

21

====

Lema 2: ( )Rrrpcba 42 22222 −−=++ Proba:

( )( )( ) ( ) ( )[ ]abcpcabcabpcbappcpbpappSrp −+++++−=−−−== 23222

( )[ ] ( )RrcabcabppRrppcabcabpppp 442 2223 −+++−=−+++− ⇒ Rrcabcabpr 422 −+++−= ⇒ Rrprcabcab 422 ++=++ ⇒ ( ) ( ) ( ) ( ) ( )RrrpRrprpcabcabcbacba 424222 222222222 −−=++−=++−++=++ Proposición: RrpRrrpabccba 168224 22222 +−−=+++

Corolario: Se 21

=p , entón 212

214 2222 <−=+++ rabccba

Proba: Pola proposición, 21

=p ⇒ 222

222 221

211682

2124 rRrRrrabccba −=+−−⎟⎠⎞

⎜⎝⎛⋅=+++

OLIMPÍADA JUVENIL DE MATEMÁTICA 2006

CANGURO MATEMÁTICO PRUEBA PRELIMINAR

NOVENO GRADO 1) La competencia Canguro en Europa y en algunos países de América se ha efectuado cada año desde 1991. Así que el concurso Canguro en 2006 es el: A 14º B 16º C 13º D 15º E 17º 2) 20·(0 + 6) − (20·0) + 6 =

A 0 B 12 C 106 D 114 E 126 3) El punto O es el centro del pentágono regular. ¿Qué tanto por ciento del pentágono está sombreado? A 10% B 20% C 25% D 30% E 40% 4) La abuela le dice a sus nietos: “Si horneo 2 tortas para cada uno, tendré suficiente masa para 3 tortas más. Pero si horneo 3 tortas para cada uno, no tendré suficiente masa para los últimos 2 tortas.” ¿Cuántos nietos tiene la abuela?

A 2 B 4 C 6 D 3 E 5 5) ¿Cuántos triángulos se pueden ver en la figura? A 6 B 7 C 8 D 9 E 10 6) Una entrevista a 2006 estudiantes de una escuela reveló que 1500 de ellos participaron en la competencia Canguro y 1200 en la competencia Osezno. ¿Cuántos estudiantes entrevistados participaron en ambas competencias si 6 de los entrevistados no concursaron en ninguna de las competencias?

A 1000 B 700 C 600 D 500 E 300

7) El sólido de la figura está conformado por dos cubos. El cubo más pequeño tiene lado de 1 cm de longitud y está colocado en la parte superior del cubo grande que tiene lado de 3 cm de longitud. ¿Cuál es el área de la superficie del sólido? A 56 cm2 B 62 cm2 C 58 cm2 D 64 cm2 E 60 cm2 8) Una botella tiene una capacidad de 1/3 litros y está 3/4 llena de agua. ¿Cuánto quedará en la botella si se extraen 20 cl de agua?

A 24,5 cl B 13 cl C 7,5 cl D 5 cl E Quedará vacía 9) En una clase de 21 estudiantes, ningún par de niñas tiene la misma cantidad de amigos varones. ¿Cuál es el mayor número de niñas que puede haber en la clase? A 15 B 11 C 9 D 6 E 5 10) Andrés, Horacio y Rafael ahorraron dinero para comprar una tienda de acampar para un viaje que iban a hacer. Rafael guardó el 60% del precio. Andrés ahorró el 40% de lo que faltaba y de esta forma, la parte de Horacio fue Bs. 30000. ¿Cuál era el precio, en bolívares, de la tienda de acampar? A 50 000 B 60 000 C 125 000 D 150 000 E 200 000 11) Si es azul, es redondo. Si es cuadrado, es rojo. Es o azul o amarillo. Si es amarillo, es cuadrado. Es o cuadrado o redondo. Esto significa:

A Es rojo y redondo B Es rojo C Es azul y redondo D Es un cuadrado azul E Es amarillo y redondo 12) Varios alienígenas viajaron juntos por el espacio en la nave STAR I. Ellos son de tres colores: verde, naranja o azul. Los alienígenas verdes tienen 2 tentáculos, los naranjas tienen 3 y los azules tienen 5 tentáculos. En la nave hay tantos alienígenas verdes como naranjas y 10 alienígenas azules más que verdes. Todos juntos suman 250 tentáculos. ¿Cuántos alienígenas azules viajan en la nave? A 40 B 25 C 30 D 15 E 20

O

13) Tres martes de cierto mes caen en fecha par. ¿Qué día de la semana es el día 21 de ese mes?

A Domingo B Sábado C Viernes D Jueves E Miércoles 14) Si el canguro Saltarín se impulsa sólo con la pata izquierda logra saltar hasta 2 m; si se impulsa sólo con la pata derecha logra saltar hasta 4 m, y si se impulsa con ambas patas logra saltar hasta 7 m. ¿Cuál es el mínimo de saltos que Saltarín debe realizar para cubrir la distancia exacta de 1000 m?

A 176 B 175 C 150 D 144 E 140 15) Marcos y Manuel dibujaron un cuadrado de 4 x 4 y marcaron el centro de los cuadrados. Posteriormente, dibujaron obstáculos y hallaron todas las formas posibles de ir desde A hasta B usando el camino más corto evitando los obstáculos y yendo de centro en centro sólo vertical u horizontalmente. ¿Cuántos caminos encontraron los chicos bajo estas condiciones?

A 6 B 8 C 9 D 11 E 12 16) Una madre le pide a su hijo, Jorge, que haga parejas de medias para lavarlas pero él no hizo eso. Él colocó sus medias de esta manera: 5 pares negras, 10 pares marrones y 15 pares de medias grises mezcladas en una caja. Si Jorge quiere irse de viaje por 7 días, ¿cuál es el menor número de medias que necesitaría sacar de la caja para garantizar que tendrá 7 pares de medias del mismo color? A 21 B 31 C 37 D 40 E 41 17) Un rectángulo se divide en 7 cuadrados. Los lados de los cuadrados sombreados miden 8. ¿Cuál es la longitud del lado del cuadrado grande? A 30 B 24 C 20 D 18 E 15

18) ¿Qué numero elevado al cuadrado se aumenta en un 500%? A 10 B 8 C 7 D 6 E 5 19) ¿Cuántos triángulos isósceles de área 1 tienen un lado de longitud 2?

A 4 B 3 C 2 D 1 E 0 20) En el “cuadrado mágico” otros cinco números pueden ser colocados en las casillas restantes de manera que la suma de los tres números de cada columna, fila y diagonal sean la misma. ¿Cuál debe ser el valor de a?

A 90 B 80 C 70 D 60 E 50

21) La cifra de las unidades de un número de tres dígitos es 2. Si movemos éste dígito al principio del número se reduce en 36. ¿Cuál es la suma de los dígitos del número original?

A 7 B 10 C 5 D 9 E 4 22) Pablo pasea en bicicleta desde un punto P hasta un punto Q con una velocidad constante. Si aumenta su velocidad en 3 m/s, llegará al punto Q 3 minutos más pronto. ¿Cuántas veces más rápido llegará Pablo al punto Q, si aumenta su velocidad en 6 m/s? A 8 B 4,5 C 6 D 5 E 4 23) Una isla mágica es habitada por caballeros (los cuales siempre dicen la verdad) y mentirosos (los cuales siempre mienten). Un hombre sabio se encuentra a dos personas A y B de la isla y decide averiguar si eran caballeros o mentirosos. Cuando él le preguntó a A, “¿Ambos son caballeros?”, la respuesta de A no ayudó al sabio a determinar sus identidades. Cuando él le preguntó a A, “¿Son ambos del mismo grupo?”, la respuesta de A ayudó al sabio a identificarlos. ¿Cuáles eran las identidades de A y B?

A ambos mentirosos B ambos caballeros

C A−caballero, B−mentiroso D A−mentiroso, B−caballero

E imposible de especificar

24) ¿Cuál es el primer dígito del número natural más pequeño cuya suma de sus dígitos es igual a 2006? A 5 B 8 C 1 D 6 E 3 25) La suma de tres números positivos es igual a 20,1. Luego, el producto de los dos números mayores no puede ser A mayor que 99 B menor que 0,001 C igual a 75 D igual a 25 E Todos los casos anteriores son posibles 26) La familia Vidal está conformada por el padre, la madre y algunos hijos. El promedio de las edades de la familia Vidal es 18 años. El padre tiene 38 años y si se descarta la edad del padre, el promedio de la familia decrece a 14 años. ¿Cuántos niños hay en la familia Vidal? A 2 B 3 C 4 D 5 E 6 27) Cada cara de un cubo es pintado con un color distinto de una selección de seis colores. ¿Cuántos cubos distintos pueden obtenerse de esta manera? A 30 B 42 C 36 D 24 E 48 28) La primera fila muestra 11 tarjetas, cada una con dos letras. La segunda fila muestra las tarjetas en otro orden. ¿Cuál de los siguientes arreglos podría aparecer en la parte de abajo de la segunda fila?

A ANJAMKILIOR B RLIIMKOJNAA C JANAMKILIRO D RAONJMILIKA E ANMAIKOLIRJ

29) Si el producto de dos números enteros es igual a 25.32.5.73, entonces su suma podría ser:

A divisible por 16 B divisible por 8

C divisible por 49 D divisible por 5

E divisible por 3

30) Un dado se encuentra en la posición mostrada en la figura. Si se rueda como se indica en la figura, ¿cuántas veces deberá hacer el recorrido por el camino cuadrado de manera que retorne a la posición inicial con todas las mismas caras que tenía al empezar el recorrido? A 3 B 1 C 4 D 2 E Es imposible hacerlo

Problemas de nivel medio y de Olimpiadas (28) (URSS 1973) Una circunferencia Γ es tangente, respectivamente en A y B a dos semirrectas de origen O. La paralela a OB trazada por A vuelve a cortar a Γ en C . El segmento OC vuelve a cortar a Γ en E . Las rectas AE y OB se cortan en K . Demostrar que K es el punto medio del segmento .OB

Miguel Amengual Covas, Cala Figuera, Mallorca, España.

Los triángulos AOK y OEK son semejantes porque tienen común el ángulo en K y, además, EOKCOKACOACEOAEOAK ∠=∠=∠=∠=∠=∠ (se sigue la penúltima igualdad al ser OBAC y los ángulos ACO y COK alternos internos). Por consiguiente, OKKEKAOK :: = , esto es, KAKEOK ⋅=2 . Por otra parte, el teorema de la potencia de un punto respecto de una circunferencia aplicado a K y Γ da KAKEKB ⋅=2 . El resultado es 22 KBOK = , de donde KBOK = y, al estar O , K , B alineados, concluímos que K es el punto medio del segmento OB .

O B

A

E

C

K

XXV OPM 2a Eliminatoria 17.1.2007 Categoria B 10o/12o

Olimpíadas Portuguesasde Matemática http://www.spm.pt/~opm

Duracao: 2 horas

Cada questao vale 10 pontos

Justifica convenientemente as tuas respostas e indica os principais calculos.Nao e permitido o uso de calculadoras.

1. Coloca em cada vertice de um cubo o numero 1 ou o numero −1 e em cada face o produto dos quatro

numeros colocados nos seus vertices. Indica todos os valores possıveis para a soma dos 14 numeros assim

obtidos.

2. Uma recta paralela a recta tangente em A a circunferencia circunscrita ao triangulo [ABC] intersecta os lados

[AB] e [AC] nos pontos D e E, respectivamente. Sabese que AD = 6, AE = 5 e EC = 7. Quanto mede

[BD]?

3. Considera um triangulo equilatero com 10 metros de lado que esta dividido em triangulos, tambem equilateros,

com 1 metro de lado. Uma centopeia encontrase no triangulo da primeira linha indicado a sombreado na

figura e pretende deslocarse ate ao triangulo do topo. A centopeia passa de um triangulo para outro com o

qual tenha um lado em comum mas nao recua nem passa para triangulos de linhas abaixo. Quantos caminhos

possıveis existem?

4. Determina todos os numeros primos p e q, para os quais os q numeros

p, p + q + 1, p + 2(q + 1), . . . , p + (q − 1)(q + 1)

sao tambem primos.

spm

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+ + ≥ − = ��

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�

Problema 136. (Propuesto por Ovidiu Furdui, Kalamazoo, USA). Sea [ ]aaa −=}{ la “parte decimal” o “mantisa” del número real a. Calcular la integral definida entre 1/n y 1, de la función }){cos( nxπ donde n es un entero positivo. Resolución: (Vicente Vicario García, Universidad de Huelva, España). Consideremos la función [ ]nxnxnx −=}{ que tiene como dominio de definición todos los números reales. Claramente en el intervalo [ ]1,0 presenta discontinuidades de primera especie de salto finito igual a la unidad en los puntos ninixi ,...,2,1,0;/ == . Además es una función periódica de período nT /1= y es monótona creciente en cada intervalo de periodicidad. Puesto que la función xcos es periódica de período π2 , entonces la función

}){cos()( nxxf π= es también periódica de período nT /1= , presentando discontinuidades de primera especie de salto finito igual a 2 en los mismos puntos en los que era discontinua la función anterior }{nx .. la función )(xf en cada período es continua y monótona decreciente presentando simetría impar respecto del punto medio de cada uno de los intervalos de periodicidad. Por tanto, la integral extendida a un período es nula, es decir

∫ ∫∫ ===1

/1

/1

0

1

/1

0}){cos(}){cos()(n

n

n

dxnxdxnxdxxf ππ .

Nota: Ciertamente la integral, debido a la periodicidad, sigue siendo nula sobre cualquier intervalo definido de longitud 1/n, es decir,

∫+

+∈∈∀=n

NnRdxnx/1

,,0}){cos(λ

λ

λπ .

---oooOooo---

Problema 137

8 de enero de 2007

Propuesto por Laurentiu Modan, Bucarest, Rumania. Sea I(n) el numerode numeros impares entre los primeros 2n − 1 numeros naturales, y sean S1(n),S2(n), su suma y la suma de sus cuadrados, respectivamente.

(a) Comparar I(n) con S1(n).

(b) Hallar todos los numeros naturales que verifiquen la desigualdad

S2(n)− 3 · I(n) ≥ S1(n).

(c) Calcular

lımn→∞

S2(n)

I(n) · S1(n).

Solucion de Jose Hernandez Santiago, Oaxaca, Mexico.

(a) Los numero impares son de la forma 2k − 1 donde k ∈ N. Los numerosimpares presentes en el intervalo [1, 2n− 1] son

2(1)− 1, 2(2)− 1, . . . , 2(n− 1)− 1, 2n− 1.

Luego, I(n) = n. Por otra parte,

n∑k=1

(2k − 1) = 2

(n(n + 1)

2

)− n

= n2 + n− n

= n2,

y de aquı que S1(n) = n2. Al tomar el cociente I(n)S1(n)

observamos que

I(n)

S1(n)=

n

n2=

1

n.

Dado que lımn→∞1n

= 0 concluimos entonces que

I(n)

S1

= o(1).

1

(b)

S2(n) =n∑

k=1

(2k − 1)2

=4n3 − n

3,

luego, dar con los numeros naturales que satisfacen S2(n)− 3 · I(n) ≥ S1(n)es equivalente a dar la interseccion de N con el conjunto solucion de

4n2 − 3n− 10 ≥ 0.

Dado que 4n2 − 3n − 10 = (4n + 5)(n − 2) procedamos a observar la tablasiguiente:

intervalo signo (4n + 5) signo (n− 2) signo (4n + 5)(n− 2)(−∞,−5

4] - - +

(−54, 2) + - -

[2,∞) + + +

De ella se sigue, claramente, que

S = {n ∈ N : S2(n)− 3 · I(n) ≥ S1(n)} = N\{1}.

(c) I(n) = n, S1(n) = n2 y S2(n) = 4n3−n3

. Ası,

lımn→∞

S2(n)

I(n) · S1(n)= lım

n→∞

4n3 − n

3 · n · n2

= lımn→∞

4n3 − n

3n3

= lımn→∞

(4

3− 1

3n2

)=

4

3.

∗

2

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Problema 140. (Propuesto por Doru Popescu Anastasiu). Sea 321 AAA un triángulo de lados respectivamente opuestos 321 ,, aaa y área S. Se consideran los puntos ( )3221 ,, AAMM ∈ ; ( )1321 , AAPP ∈ ; ( )2121 , AAQQ ∈ tales que

2121 // AAPM ; 3112 // AAQM ; 3221 // AAQP . Sean }{ 1B = 2112 PMQM ∩ ;

21212}{ PMQPB ∩= ; 12123}{ PQQMB ∩= . Sea σ el área del triángulo 321 BBB y finalmente sean 321 ,, kkk las distancias de 321 ,, BBB a 32 AA , 13 AA , 21 AA respectivamente. Demostrar que

∑ ∑= =

++ −≥⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛+

3

1

3

111 )4(24

i iiiiiii SSakSaakk σσ

Resolución: (Vicente Vicario García, Universidad de Huelva, España). El enunciado tal y como aparece es falso, siendo cierto para los valores que especificaremos a continuación. Es evidente que el triángulo 321 BBB es semejante al triángulo 321 AAA . Denominando k a la razón de semejanza entre ambos, tendremos

21

21

31

21

32

21

AAQQ

AAPP

AAMMk === , 10 << k

Además la relación entre las áreas de estos triángulos es Sk 2=σ . También, denotando por

1Ah la altura trazada desde el vértice 1A a su lado opuesto, etc, se tendrá evidentemente que 213132 321

2 AAhAAhAAhS AAA ⋅=⋅=⋅= Por otra parte, por semejanza de triángulos tenemos que

3221

1 1

AAh

MMk A= ;

3121

2 2

AAh

PPk A= ;

2121

3 3

AAh

QQk A=

Entonces, sustituyendo en la expresión a demostrar tenemos que

∑ ∑= =

++ +⋅+⋅=⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛+

3

121212121

3

111 3221

4i

AAAAi

iiiiii QQhPPhPPhMMhakSaakk σ

( ) ( )SkSSQQhPPhMMhkSMMhQQh AAAAA2

2121212121 42432113

−≥+++⋅+ Finalmente, expresando las longitudes de los lados del triángulo 321 BBB en función respectiva de los lados del triángulo 321 AAA y la razón de semejanza k, tenemos

+⋅+⋅+⋅ 322121313132 133221

AAkhAAkhAAkhAAkhAAkhAAkh AAAAAA

( ) ( )22213132 4124

321kSAAkhAAkhAAkhkS AAA −≥+++

y simplificando tenemos que

( ) 122112241223443 2222 <≤⇔≥⇔−≥⋅⋅+⋅ kkkSSkkSSk

Así pues, el enunciado del problema es cierto sólo para valores de k (razón de

semejanza) cumpliendo las desigualdades 1221

<≤ k .

---oooOooo---

��

��

��

��

( )� � � �� ∈ �� ( )� � � �� ∈ �� ( )� � � �� ∈ ��

��

� � � ��

��

{ }� � � � �� = ∩ ��{ }� � � � �� = ∩ ��{ }� � � � �� = ∩ ��

��σ��

��

��

( )� �

� �

� �

� � ��

� �

� � � � � � σ σ+ += =

+ ⋅ ≤ − ∑ ∑ �

�� !��"��

�

��

#"��

�� !��

�� $��%��"&��

'��

�� (��)��

��*��

��

��*�� $+��

��"��!��

�� &��

�� (�� ,�� )�� %��

��"��"��

��

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��

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��

�� .�� *��

�� %�� %��

��%��/��%��

�� $�� &� �� $�� &�

��%��%��

��,��σ��σ��σ��

�

��

� � � ��

� � � �

��

� � � �ρ = = ��

�

� � � �

� � � �

� � � �ρ = = ��

�

� � � �

� � � �

� � � �ρ = = ��

� � � � � �

� � � ��

� � � � � �ρ = = = ��

#"��

�� .,�� )��

��

( ) ( ) ( )� � � � � � � ��

� � � � � � � � � � � � � �

� � � � � ��

� � � � � � � ��

� � � � � � � � � � � � � �ρ

ρ ρ ρ ρ ρ ρ

− + −= = − = − = −

= − − + − = − + +�

�� (��

( ) ( ) ( )

� � � � � � � ��

� � � � � � � � � � � � � �

� � � � � ��

� � � � � � � ��

� � � � � � � � � � � � � �ρ

ρ ρ ρ ρ ρ ρ

− − −= = + = + = +

= − + − − = − + +�

',�� %��0"�ρ�� 0"�ρ��

�

��

� �

� �

� �

σ ρ = = �� ( )

�

��

� �

��

� �

σ ρ ρ = = + − ��

�� /��

��,��+��−��1��)��%�0��

( )�

�

� � ��

� � ��

� �

σ ρ ρ+ −

= = + − ��

',�� (�� ρ�+�+ρ�−�<��

�� ρ�+�+ρ�−�>�� −��+�� "�� ρ�+�+ρ�−�=��

( )� �� ρ ρ+ −= + − ��

-��0��(��*��

��2�

( )( )

( ) ( ) ( )

� ��

� � � �

� �

��

� ��

� � � �

� �

� � �

� � � � � � � �

� � � � � � � �

� �

� � � �

� �

� � � �

ρ ρ ρ ρ

ρ ρ ρ ρ ρ

+ + + −= =

− + − += =

= + − + − = + − − + − ≤ −

∑ ∑∑ ∑

�

��"��ρ�−�+ρ�+�=��'��

( ) ( )� ��

� �

� �

� � � � 3 � ��

� �

� � σ ρ ρ ρ ρ ρ+ −= =

⋅ = ⋅ + − = −∑ ∑ ��

��

( ) ( )( )

� ��

� �

� �

� � � � 3 � � � 3

� � �

� � � � � �

� �

� � � � � �

σ ρ ρ ρ ρ

σ

+ += =

+ ⋅ ≤ − + − = − = −

∑ ∑�

��"��ρ�−�+ρ�+�=��ρ�=ρ�=ρ�=�1��-��,�� "��

��−��+��=��=��=��=��=��=��

��

�

��

)�� %��

��

�� ρ�=ρ�=ρ�=�1�� )��

�� )��

�� σ=4��'��

��

��

�

��

� � = �� ( )

� ��

� �

� �

� ��

� ��

� �

� � � � � � σ σ+ +

= =

+ ⋅ = = < = − ∑ ∑ ��

��

�

�

�

��

)�� %��

��"��

��ρ�=ρ�=ρ�=�1�� )��

�� σ=�� ,��−��+��

��

��!��

( )� ��

� �

� �

� �3� � � 5 � �

� ��

� �

� � � � � � σ σ+ +

= =

+ ⋅ = + ⋅ = > − = − ∑ ∑ ��

#"�� !��

��

( )� ��

� �

� �

� �4� � � 5 � �

� ��

� �

� � � � � � σ σ+ +

= =

+ ⋅ = − ⋅ = − < − = − ∑ ∑ ��

��!��!��"��

�

Problemas propuestos 141-145

Problema 141, propuesto por Vicente Vicario García, Huelva, Es-paña.Sea

�ni

�un número combinatorio, n; i 2 N;n � i:Demostrar entonces que�

n

1

��n

2

��

�n

n

�y e

12n

2

son dos in�nitos asintóticamente equivalentes, es decir,

limn!1

e12n

2�n1

��n2

��

�nn

� = 1:Problema 142, propuesto por José Luis Díaz Barrero, Barcelona,

EspañaSean a; b; c tres números positivos distintos de suma 1. Demostrar que

(a+ bc) bc

(a� b) (a� c) +(b+ ca) ca

(b� a) (b� c) +(c+ ab) ab

(c� a) (c� b) <1

3:

Problema 143, propuesto por Ovidiu Furdui, Kalamazoo, USASea ` � 0 un número natural. Calcular

1Xn=1

(�1)n�1 +

1

2+1

3+ � � �+ 1

n� ln (n+ 2`+ 1)�

�;

siendo la constante de Euler-Mascheroni.Problema 144, propuesto por Vicente Vicario García, Huelva, Es-

pañaDados los números � y � siguientes, probar o refutar que � = �:

� =p13 +

q10 + 2

p13

� =

q5 + 2

p3 +

r18� 2

p3 + 2

q65� 26

p3:

*Problema 145, propuesto por José Hernández Santiago, Oaxaca,MéxicoDemostrar que existen a; b 2 N tales que para cada n 2 N se cumple

bnXk=0

�2k

k

�� 4n+1 � a:

1

Olimpíada Matemática de Perú

http://portal.huascaran.edu.pe/olimpiadas/index.htm

Las Olimpíadas de Matemáticas de Perú tienen una larga tradición. En 1998 Lima acogió la III Olimpíada Iberoamericana de Matemática y desde entonces viene realizando un importante esfuerzo que de alguna forma se ve reflejado en la página que el Ministerio de Educación y la Sociedad Matemática Peruana disponen dentro del Proyecto Huascarán.

Dentro de la página nos hemos encontrado con un texto del profesor Uldarico Malaspina, uno de los pilares sobre los que ha venido sosteniendo esta Olimpíada.

Las olimpiadas matemáticas nos permiten disfrutar de profundas satisfacciones como matemáticos y como docentes, pues una de sus características fundamentales es desafiar el talento matemático de los jóvenes participantes con problemas no rutinarios, que requieren fundamentalmente creatividad y habilidad en el uso de recursos matemáticos preuniversitarios; problemas cuya elaboración ya fue un desafío para los profesores, y que tanto en esta fase como en la de solución muestran una belleza que no se percibe con los sentidos, como ocurre al deleitarnos con una pintura o una pieza musical.

Aquella se parece más a una hermosa composición literaria, pues está en la solución elegante del problema, en la armoniosa relación lógica entre los conceptos que se usan. Es muy importante para el país --y trabajamos con ese propósito-- que nuestros estudiantes tengan desde los primeros grados una sólida formación matemática, que vaya mucho más allá de la mera manipulación de símbolos y que desarrolle su capacidad de identificar y de resolver verdaderos problemas.

Lamentablemente, la mayoría de problemas usados en las clases y que figuran en libros de texto son ejercicios rutinarios que no contribuyen a la percepción de la belleza de la matemática; por el contrario, muchas veces generan actitudes negativas de los alumnos hacia ella.

Cerebro de Matemático Howard W. Eves

En el libro “Mathematical Circles Revisited” (reeditado por MAA en 2003) Howard W. Eves cuenta que hace unos años en los congresos de Matemáticas se puso de moda el siguiente chiste.

Había una vez un cirujano que descubrió como quitar el cerebro de una persona y reemplazarlo por el tipo de cerebro que el paciente desee. Por supuesto diferentes tipos de cerebro costaban diferente cantidad de dinero.

Un día un paciente se le presentó al cirujano y le dijo que quería cambiar su cerebro. “Bien”, dijo el cirujano, “¿Qué clase de cerebro desea usted? Los hay de diferentes precios. Por ejemplo, el cerebro de un abogado sale por 60 euros los 100 gramos, o el de un juez sale por 300 euros, y así otros precios.”

“Oh! Pero yo no quiero esa clase de cerebros”, dijo el paciente, “a mí me gustaría el cerebro de un profesor universitario.”

“Veo que tiene usted un gusto exquisito y caro”, le contestó el cirujano. “Ahora bien, el cerebro de un profesor de universidad de filología le costaría 600.000 euros, los 100 gramos, o el cerebro de un profesor de universidad de historia le costaría 1.200.000 euros, los 100 gramos,…¿de qué tipo de profesor de universidad desea usted el cerebro?”

“Me gustaría tener el cerebro de un profesor universitario de matemáticas”, afirmó el paciente.

“Ya veo que su gusto es realmente caro”, le dijo el cirujano. “Esos son los cerebros más caros de todos. Cuestan 6.000.000 euros, los 100 gramos”

“Eso es increíble” replicó el paciente. “¿Por qué cuesta tanto el cerebro de un matemático? Si el precio del cerebro de un abogado es de 60 euros por cada 100 gramos y el de un juez 300 euros por cada 100 gramos, ¿por qué cuesta el cerebro de una profesor universitario de matemáticas 6.000.000 euros por cada 100 gramos?”

“Oh!, creo que usted lo puede entender perfectamente” le dijo el cirujano. “Imagine la gran cantidad de matemáticos se necesitarían para obtener 100 gramos de cerebro.” Autor: Howard W. Eves

Tomado de Divulgamat

RReevviissttaa EEssccoollaarr ddee llaa OOlliimmppííaaddaa IIbbeerrooaammeerriiccaannaa ddee MMaatteemmááttiiccaa

hhttttpp::////wwwwww..ccaammppuuss--ooeeii..oorrgg//ooiimm//rreevviissttaaooiimm//

EEddiittaa::

http://www.campus-oei.org/oim/revistaoim/

Numero 29

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