Revista Escolar de la Olimpada Iberoamericana de Matemtica

Nmero 39 (junio - agosto 2010)

ISSN 1698-277X

NDICE

Observacin previa del editor Reiteramos a todos nuestros comunicantes que tanto en el texto de las soluciones como en el nombre de los ficheros que se nos enven aparezcan el nombre (o al menos las iniciales) del autor de la solucin, adems de identificar debidamente el problema. Esto es especialmente importante cuando se envan desde una direccin electrnica que no es del autor de la solucin.

Artculos, Notas y Lecciones de Preparacin de Olimpiadas (39)

Donaire Pea, Milton F.: Una prueba elemental del teorema de Pascal. Dinca, Marian: Generalizacin de la desigualdad propuesta en la I.M.O. 2008, Madrid.(Traduccin por el editor del original en rumano) Lasters, Guido y Staelens, Hugo :Hablando de cuadrados negativos (Traduccin por el editor del original en francs) Modan, Laurentiu: Acerca de una suma combinatoria inusual y difcil (Traduccin por el editor del original en ingls) Soifer, Alexander: Un problema de Teora de grafos, de Colorado (Traduccin por el editor del orginal en ingls)

Problemas para los ms jvenes (39)

Problemas resueltos: Presentamos la solucin de Andrs Zorrilla Vaca (estudiante, Col. Lacordaire, Cali, Colombia) al problema 36-5 de esta seccin, y a los problemas 38-1 y 38-3 del nmero anterior. Presentamos tambin las soluciones a los problemas para los ms

jvenes del nmero 37 de la REOIM, que ha enviado Ral Simn Elexpuru (Santiago, Chile).

Problemas de nivel medio y de Olimpiadas (39)

Problemas propuestos: Competicin Matemtica Mediterrnea 2010 Resueltos: Presentamos la solucin de Andrs Zorrilla Vaca (estudiante, Col. Lacordaire, Cali, Colombia) a los problemas 2 y 4 de la 2 Olimpiada del Benelux (vol. 38). Problemas (39)

Problemas propuestos 191-195 Problemas resueltos Recibidas soluciones despus de la aparicin del nmero anterior: al problema 183, de Pedro Henrique O. Pantoja, Natal (Brasil), y al problema 185, de Luis Gmez Snchez, Univ. de Oriente, Cuman, Venezuela. Problema 36 Propuesto por Jos Luis Daz Barrero (Barcelona, Espaa), no se haba publicado solucin. Presentamos la solucin enviada por Jos Hernndez Santiago, Oaxaca, Mxico. Problema 186 Recibidas soluciones de Jos Heber Nieto (U. del Zulia, Maracaibo, Venezuela), Daniel Lasaosa Medarde (U. Pblica de Navarra, Pamplona, Espaa) y del proponente. Presentamos la solucin de Nieto. Problema 187 Recibidas soluciones de Miguel Amengual Covas (Cala Figuera, Mallorca, Espaa), Daniel Lasaosa Medarde (U. Pblica de Navarra, Pamplona, Espaa), Vicente Vicario Garca (IES El Sur, Huelva, Espaa) y del proponente. Presentamos la solucin de Vicario. Problema 188 Recibidas soluciones de Daniel Lasaosa Medarde (U. Pblica de Navarra, Pamplona, Espaa) y del proponente. Presentamos la solucin de Lasaosa. Problema 189 Propuesto en Mathematical Problems papers, del Rev. Radford. Recibidas soluciones de Jos Heber Nieto (U. del Zulia, Maracaibo, Venezuela), Daniel Lasaosa Medarde (U. Pblica de Navarra, Pamplona, Espaa) y el proponente. Presentamos la solucin de Nieto. Problema 190 Propuesto en Mathematical Problems papers, del Rev. Radford.

Recibidas soluciones de: Dones Colmenrez (UPEL, Barquisimeto, Venezuela); Jos Heber Nieto (U. del Zulia, Maracaibo, Venezuela); Daniel Lasaosa Medarde (U. Pblica de Navarra, Pamplona, Espaa); Daniel Lpez Aguayo (Puebla, Mxico); Andrs Zorrilla Vaca (estudiante, Colegio Lacordaire, Cali, Colombia). Presentamos las soluciones de Nieto y Lpez Aguayo. Comentario de pginas web y noticias de congresos 39 Tres congresos del verano 2010: RELME 24 en Guatemala; 6 Congreso de la WFNMC en Riga; 6 Conferencia Internacional sobre Creatividad Matemtica y Enseanza a alumnos de alto rendimiento en Riga. Divertimentos matemticos (39)

El Ornitorrinco (Prueba por equipos de la Fase Regional de la Olimpiada de 2 y 4 de ESO 2010, en vila, Castilla y Len, Espaa)

Desarrollada en el Centro de Altos Estudios Universitarios de la OEI con el apoyo de la Agencia Espaola de Cooperacin Internacional para el Desarrollo (AECID)

Acceder

http://www.oei.es/oim/revistaoim/numero39.htm

Convocatoria: Curso para la formacin permanente en el rea de las Matemticas

El curso est dirigido al profesorado de Enseanza Secundaria en ejercicio de cualquiera de los pases iberoamericanos. Cualquier docente de este nivel puede solicitar participar. No es necesario ningn tipo de requisito previo salvo el impartir docencia en ese nivel que acreditar cuando se le solicite. Tampoco es necesario poseer una formacin previa en el manejo de los medios informticos porque, precisamente, uno de los objetivos del curso es proporcionar esos conocimientos a quienes estn dispuestos a formarse para la utilizacin de esos recursos. En este sentido, habr una unidad cero cuyo contenido va en esa lnea.

http://www.oei.es/formularios/cursomat.htm

UNA PRUEBA ELEMENTAL DEL TEOREMA DE

PASCAL

Milton F. Donaire Pena

Lima, Peru

En este artculo se presenta una nueva prueba del teorema que el matematico BlaisePascal (1623 1662) obtuviera a la edad de 16 anos, sobre la colinealidad de las inter-secciones de los lados opuestos de un hexagono.

Comunmente tal resultado es conocido como el teorema del hexagrama mstico.Con el fn de que tal teorema pueda ser presentado a alumnos de la escuela secundaria,requerimos un teorema previo de J. J. A. Mathieu sobre las rectas isogonales quegeneralmente se demuestra usando el teorema reproco del teorema de Ceva en suforma trigonometrica, pero que ahora probaremos tambien por un nuevo camino paraasegurar la prueba elemental del teorema de Pascal.

Definicion (Conjugadas Isogonales)

Sean OX y OX rayos que pasan por el vertice O del angulo MON simetricos conrespecto a la bisectriz del angulo MON . Entonces OX y OX se llaman par de rectasisogonales para el angulo MON .

Figura 1: Se cumple que x = y

1

Teorema (J. J. A. Mathieu)

Si BP y BQ son conjugadas isogonales del angulo CBA del triangulo ABC, ytambien CP y CQ son conjugadas isogonales para el angulo ACB, entonces AQ y APson conjugadas isogonales para el angulo BAC.

Figura 2: Concurrencia de conjugadas isogonales

Prueba

Prolonguemos BP hasta G de modo que los trangulos BQA y BCG sean seme-jantes, luego: mBGC = mBAQ = y.De all: BC = BQ k y BG = AB k y como mCBQ = mPBA, tendremos quelos triangulos CBQ y GBA tambien seran semejantes, entonces mBCQ = mBGA,pero como mBCQ = mPCA tenemos que el cuadrilatero CPAG es inscriptible,entonces: mPGC = mPAC, es decir x = y.

Finalmente agregaremos que este documento ha sido elaborado de acuerdo a la de-mostracion del teorema de Pascal que aparecio por primera vez en el libro FORMASY NUMEROS - La geometra en las Olimpiadas Matematicas - (pag. 270), publicadapor la Universidad de Ciencias y Humanidades de Peru en enero del 2010.

Teorema de Blaise Pascal

Los puntos P , Y , X de interseccion de los tres pares de lados opuestos AQ y BZ,BC y AR, QC y RZ, de un hexagono (no necesariamente convexo), AQCBZR, inscritoen una circunferencia estan en una recta.1.

1En general el teorema es valido para cualquier conica y la prueba del teorema general se puedereducir a la forma que mostramos a continuacion luego de realizar una conveniente proyeccion de laconica en algun plano

2

Figura 3: Pascal y las medidas angulares

La Prueba

Los triangulos ABY y CRY son semejantes, pero P y X no son homologos, entoncesconstruimos el punto X que sea el homologo de P , luego mRYX = mBY P = ,por el teorema anterior mXY C sera igual a y por lo tanto P , Y , X son colineales.

BIBLIOGRAFIA

[1] Eves, Howard Estudio de todas las geometras. Hispano - Americana. Mexico. 1969.[2] Frere Gabriel Marie. Exercises de Geometrie. J. Gigord. Pars. 1920.[3] Donaire, Milton Formas y Numeros. La geometra en las olimpiadas Matematicas.Universidad de Ciencias y Humanidades. Peru 2010.[4] Barroso, Ricardo http://personal.us.es/rbarroso/trianguloscabri/[5] Ayme, Jean Louis http://pagesperso-orange.fr/jl.ayme/contenu.html[6] Capitan, Garca http://garciacapitan.auna.com/index.htm

3

GENERALIZACIN DE LA DESIGUALDAD PROPUESTA ENLA I.M.O. 2008 MADRID (ESPAA)Prof. Marian Dinca

El problema 4 de la 49a IMO 2008, propuesto por Austria y cuyo autor esWalther Janous, deca:i) Si x,y,z son tres nmeros reales diferentes de 1, tales que xyz = 1,

demostrar que

x2

(x 1)2+

y2

(y 1)2+

z2

(z 1)2 1 (1)

ii) Probar que el signo igual se alcanza para innitas ternas de nmerosracionales x; y; z:

Para xk 2 R; y k 2 R+ , se tiene la identidad de Lagrange:

nXk=1

kx2k =

nXk=1

kxk

!2nXk=1

k

+

X1i

nXk=1

x2k(xk xk+1)2

nXk=1

kk+11k

nXk=1

k

=

nXk=1

k+1

nXk=1

k

=

n+1Xk=2

k

nXk=1

k

= 1 pues n+1 = 1 (5).

Escribiendo la desigualdad (5) en la forma

nXk=1

xkxk+1

2

xkxk+1

12 1;

y llamando yk = xkxk+1 para k = 1; 2; ; n se obtiene la desigualdad

nXk=1

y2k(yk 1)2

1; connYk=1

yk = 1; yk 6= 1 para k = 1; 2; ; n:

2

HABLANDO DE CUADRADOS NEGATIVOS...

Guido Lasters y Hugo Staelens

Los alumnos que se encuentran por primera vez ante los nmeros imaginarios desconfan frecuentemente del hecho que i=-1. No siempre es fcil para el profesor de matemticas hacer que sus estudiantes acepten tal frmula, por no hablar de nuestra frustracin para hacerles entender la utilidad de la misma. Hay diferentes maneras de introducir los nmeros imaginarios. El enunciado axiomtico de la frmula no es un modo apto para convencer a los alumnos. No obstante, hay que decir que en los cursos de matemticas uno se las arregla bastante bien.

Si se quiere convencer a los alumnos ms profundamente de que los cuadrados negativos no son tan anormales, se puede volver ms tarde sobre el problema, una vez que hayan sido estudiadas las cnicas. Se comprobar entonces que los cuadrados negativos aparecen de un forma natural.

Definiremos una multiplicacin entre los puntos que se encuentran sobre una cnica k.

Sea F un punto fijo de k y sea h una recta fija en el plano. Por definicin, el producto AB es el punto P, obtenido uniendo el punto de interseccin S de la recta AB y la recta fija h, con el punto fijo F de k. (Ver fig. 1)

Se tiene, claramente,

P=AB=CD=U=V=PF.

Resulta de aqu que la multiplicacin es conmutativa y que F es su elemento neutro. A partir de ahora se puede representar a F por 1:F=1. La figura 2 muestra que la multiplicacin es tambin asociativa.

En efecto, si se piensa en el teorema de Pascal, aplicado al hexgono definido por los puntos A,B,C,AB,1,BC, se observa que los pares de puntos opuestos (1,4),(2,5) y (3,6) se cortan sobre la recta fija h.

Entonces es fcil ver que los puntos (AB)C y A(BC) coinciden,

(AB)C=A(BC),

lo que demuestra la asociatividad.

Consideremos ahora la figura 3. Para la construccin, sgase la numeracin.

Se tiene G=F, y como F=1, se sigue que G=1. Podemos entonces identificar a G con -1:

G=-1.

Finalmente obtenemos

H=I=GF=G1=G=-1.

Conclusin: H e I pueden identificarse con los nmeros imaginarios i o -i:

H,I{i,-i}.

Los cuadrados negativos son inherentes a la Matemtica. Somos nosotros los que los debemos descubrir!

Guido Lasters Hugo Staelens

K.A.Redingerhof Leuven Ereleraar P.T.I. Eeklo

Ganzendries 245 Beneluxstraat 1

3300 Tienen (Oplinter) 9900 Eeklo

ACERCADE UNA SUMACOMBINATORIA INUSUAL Y DIF-CILLAURENTIU MODAN

AbstractIn this short note, we present the origin story and the manner in which it

can be calculated the sum

n1Xk=1

2n 1k

2n+ 1

k + 1

Key wordsIntervalo de aproximacin, suma combinatoria, lmite, frmula de Stirling

para n!

Mathematics classicationPrimaria : 05A05, 11B75. Secundaria: 05A10

1. PreliminaresEn [4] corregimos un error aparecido en el texto y en la solucin de un

problema de [1] : Luego presentamos la siguiente generalizacin:i) Estudiar de cuntas maneras se pueden distribuir 2n 1 chicos y 2n+ 1

chicas en dos equipos, cada uno de 2n personas.ii) Hallar el nmero total de posibilidades cuando, en cada equipo de i), debe

haber al menos un chico.

En [6] presentamos la solucin a la parte i), a saber (4n)![(2n)!]2

; pero por lo quea la segunda parte respecta, solamente indicamos la manera en la que haba quecalcular las posibilidades buscadas, dada por la suma

n1Xk=1

2n 1k

2n+ 1

k + 1

. (1)

2.ResultadosEstudiemos la forma en la que aparece (1). La eleccin de k chicos de entre

2n 1; y de 2n k chicas de entre 2n+ 1; para el primer equipo que consta de2n personas, puede realizarse de

2n 1k

2n+ 1

2n k

maneras.

Para el segundo equipo, tambin de 2n personas, el nmero de posibilidadeses

2n 1 k2n 1 k

2n+ 1 (2n k)2n+ 1 (2n k)

= 1:

1

De todo ello se deduce que el nmero de formas en el que estamos interesadosviene dado por la suma

n1Xk=1

2n 1k

2n+ 1

2n k

=

n1Xk=1

2n 1k

2n+ 1

k + 1

;

es decir, la relacin (1).Lo calcularemos usando la siguiente suma (vase [2])

mXk=0

p

k

q

m k

=

p+ q

m

; p; q;m 2 N (2).

Con m = 2n; p = 2n 1; q = 2n+ 1 en (2), se obtiene

2nXk=0

2n 1k

2n+ 1

2n k

=

4n

2n

;

o lo que es lo mismo,

2n2Xk=1

2n 1k

2n+ 1

2n k

=

4n

2n

2 (2n+ 1) : (3)

Como en la suma (3) los trminos son iguales dos a dos, reescribimos larelacin anterior como

n1Xk=1

2n 1k

2n+ 1

k + 1

=1

2

4n

2n

2n 1:

As hemos obtenido el valor de la suma (1).Observacin 1Recordaremos aqu, en relacin con (1), que en [5] propusimos el clculo del

siguiente lmite:

limn!1

1

n

"n1Xk=1

2n 1k

2n+ 1

k + 1

#Vamos a calcularlo ahora hallando un intervalo de aproximacin. Denotamos

S(n) =n1Xk=1

2n 1k

2n+ 1

k + 1

=1

2

(4n)!

[(2n)!]2 2n 1 (4).

En primer lugar damos una estimacin de S(n) mediante la frmula deStirling (ver [3]):

n! =p2n

ne

ne=12n; 2 (0; 1) (5)

De esta forma, encontramos

2

(4n)!

[(2n)!]2 =

p8n

4ne

4ne1=48nhp

4n2ne

2ne2=24n

i2 = 24np2ne1=12n( 14 2); 1; 2 2 (0; 1) (6).Ya que 1; 2 2 (0; 1) ; ocurre que

1

12n

14 2

2

112n

;1

12n

; y de aqu

e1

12n (14 2) 2

e

112n ; e

148n

(7)

Llevando esta aproximacin a (6) obtenemos

e1=12n 24n

p2n

Prob. 38-1

ABCD es un cuadrado de lado 1. Una semicircunferencia, de dimetro AD, est contenida en el cuadrado. E es un punto del lado AB de tal forma que CE es tangente a la semicircunferencia. Calcular el rea del tringulo CBE.

Solucin:

En primer lugar, es obvio que los segmentos AE y EF son congruentes por ser tangentes que parten desde un mismo punto en comn; lo mismo ocurre con las tangentes CF y CD. Razonando, obtenemos que los angulos AEF y DCF suman 180 ya que sabiendo de que la suma de los angulos internos del cuadrilatero AECD suman 360 y como el angulo EAD y ADC son rectos, entonces concluimos lo anterior. Luego, como el radio de un circulo es siempre perpendicular a sus tangentes y como los segmentos tangentes al circulo desde un punto exterior forman angulos congruentes con la recta que une al centro con el punto, entonces podemos graficar lo siguiente:

datos: (llamemos al angulo FCD p y al angulo AEF z)

p+z=180

p/2= FCO.

z/2= FEO.

p/2 + z/2= 90

entonces: (llamemos al angulo EOC t)

t=180-(p/2 + z/2), reemplazando:

t=180 - 90 = 90

Ya podemos entonces decir que el triangulo EOC es rectangulo, y de acuerdo a la geometra

E

A

B C

F

O

A

D

D

CB

F

O

E

euclidiana tenemos que los triangulos EOF y OFC son semejantes, y cumplen la proporcin: (llamemos al segmento EF e, al segmento OF u y a FC r)

e/u=u/r

e/(1/2)=(1/2)/1

2e=1/2

e=1/4

ya como conocemos el valor de e y que e (segmento EF) es igual al segmento AE (por ser tangentes que tienen un punto en comn exterior a la circunferencia) , entonces AB-AE= altura del triangulo CBE. Como el lado AB=1 (por el enunciado), entonces la altura(h) del triangulo es igual a y la base(b)=1.

Area del triangulo CBE=(b*h)/2

= [(3/4)*1]/2 (unidades cuadradas)

= (3/4)/2 (unidades cuadradas)

=3/8 (unidades cuadradas) = 0,375 u

Andrs Zorrilla Vaca 10

Cali. Colombia

Colegio Lacordaire

2

Prob. 38 3

Cuando un nmero natural se divide por 10, el resto es 9.

Cuando se divide por 9, el resto es 8.

Cuando se divide por 8, el resto es 7.

Cuando se divide por 7, el resto es 6.

Cuando se divide por 6, el resto es 5.

Cuando se divide por 5, el resto es 4.

Cuando se divide por 4, el resto es 3

Cuando se divide por 3, el resto es 2.

Y cuando se divide por 2, el resto es 1.

Aunque hay ms de un nmero que cumple todas esas condiciones, cul es el ms pequeo de todos ellos?

Solucin:

El numero ms pequeo que cumple con todos los anteriores requerimientos es una unidad menos que el menor numero divisible entre 2,3,4,5,6,7,8,9 y 10. Este minimo numero es su M.C.M, es decir 2520, y como dije anteriomente: a este se le debe restar una unidad ya que al dividirse entre 2,3,4,5,6,7,8,9 y 10 su residuo es uno menos que el divisor correspondiente.

Entonces queda decir que el resultado es: 2519.

Si la suma de la longitud y la anchura de un rectngulo es 2, demostrar que el permetro de este rectngulo es cuadrado perfecto. Solucin. Sean a el largo y b el ancho del rectngulo. El problema dice que a + b = 2. (1) El permetro es P = 2(a + b) = 2x2 = 22 .

Raul A. Simon CHILE.

Sea A = 10n+2 + 10n a , donde n es un nmero natural y a es un dgito (0 < a 9). Determinar a sabiendo que A es divisible por 3. Solucin. Si A es divisible por 3, la suma de sus cifras, c(A), tambin lo es. Para calcular c(A), debemos escribir A en forma ms apropiada. Sea el entero b tal que a + b = 10, (1) de modo que a = 10 b. (2) Sustituyendo la Ec.(2) en la forma de A: A = 10n+2 + 10n + b 10 . (3) De la Ec.(3), la suma de cifras de A es c(A) = (n + 2) + n + b 1 = 2n + 1 + b = 2n + 11 a ; (4) Si yo quiero que c(A) sea mltiplo de 3, tendr 2n + 11 a = 3k, para k natural; es decir, a = 2n + 11 3k. (5) Esta es la forma ms general de a; depende de n, y de k, que es arbitrario (pero positivo).

Raul A. Simon CHILE.

La transversal de gravedad AM (M pertenece al lado BC)en el tringulo acutngulo ABC corta por segunda vez a la circunferencia circunscrita al tringulo en D (la primera vez es en A). Si E es el simtrico de A con respecto M, demostrar que BC es la tangente comn a los crculos circunscritos a los tringulos BDE y CDE. Solucin. El cuadriltero ABEC es un paralelgramo, ya que sus diagonales se dimidian. (Puede probarse fcilmente, por congruencia de tringulos, que , si en un cuadriltero las diagonales se dimidian, ste es un paralelgramo.) Sean: 1 = BAM, 2 = MAC. (1) Luego, por ser ABEC paralelgramo, AEC = 1, AEB = 2. (2) Como el BCD es inscrito en el crculo ABC, BCD = 1 ; (3) anlogamente, DBC = 2. (4) Sean ahora: O = circunscentro del CDE, O = circunscentro del BDE. (5) De las Ecs.(2) tenemos COD = 21, (6)

Raul A. Simon CHILE

DOB = 22. (7) Como el CDO es issceles, de la Ec.(6) obtenemos OCD = ( COD)/2 = (/2) - 1 ; (8 a) anlogamente, del DOB obtenemos OBD = ( DOB)/2 = (/2) - 2. (8b) Por lo tanto, considerando las Ecs.(3),(4), (8 a-b), tenemos OCB = OCD + DCB = /2; (9 a) OBC = OBD + DBC = /2. (9b) Las Ecs.(9 a-b) prueban que BC es la tangente comn a los crculos BDE y CDE.

Raul A. Simon CHILE

Calcular el resto de la divisin del nmero A = 1.2.3....2007 + 2008 por 2002. Solucin. Al dividir A por 2002, el primer trmino da un entero, ya que 2002 est incluido entre los factores que lo forman. El segundo trmino es 2008/2002 = 1004/1001 ; aqu, el cuociente es 1, y el resto es 3. Por lo tanto, el resto de dividir A por 2002 es 3.

Raul A. Simon CHILE.

Se considera el nmero a = (1/22) + (1/32) + (1/42) + ...... + (1/1002). (*) Demostrar que 0,2 < (a/11) < 0,3. (**) Solucin. Demostraremos la relacin (**) elevada al cuadrado, lo cual es equivalente a demostrar (**). Elevando (**) al cuadrado, obtenemos 0,04 < a/11 < 0,09 ; multiplicando por 11, 0,44 < a < 0,99. (1) Esto es lo que demostraremos. Usaremos la conocida suma parcial (Ferrar, W.L.:Higher Algebra, Oxford, Clarendon, 1962, p. 9) [1/(1.2)] + [1/(2.3)] + ..... + {1/[n(n + 1)]} = n/(n + 1). (2) Comparando denominadores trmino a trmino, tenemos 2.2 > 1.2 , 3.3 > 2.3, ................. 100.100 < 99.100.

Raul A. Simon CHILE

De aqu, 1/(2.2) < 1/(1.2), 1/(3.3) < 1/(2.3), ............................ 1/(100.100) < 1/(99.100). Sumando estas ltimas desigualdades, a < 99/100 = 0,99. (3) La Ec.(3) es la segunda parte de la Ec.(1). Ahora, 2.2 < 2.3, 3.3 < 3.4, ............... 100.100 < 100.101. De aqu, 1/(2.2) > 1/(2.3), 1/(3.3) > 1/(3.4), ......................... 1/(100.100) > 1/(100.101). Sumando todas estas desigualdades, y teniendo en cuenta que a la derecha falta 1/(1.2), tenemos a > (100/101) (1/2) = 99/202 = 0,49 > 0,44. (4) La Ec.(4) es la primera parte de la Ec.(1)---la cual equivale a la Ec.(*)---.

Raul A. Simon CHILE.

Problemas de la Competicin Matemtica Mediterrnea 2010(Memorial Peter OHalloran)Problema 1Dados los nmeros reales a; b; c; d , resolver el sistema de ecuaciones (incg-

nitas x; y; z; u)

x2 yz zu yu = ay2 zu ux xz = bz2 ux xy yu = cu2 xy yz zx = d

9>>=>>;Problema 2Dados los nmeros positivos a1; a2; ; an; con n > 2 y a1+a2+ +an = 1;

probar que

a2 a3 ana1 + n 2

+a1 a3 ana2 + n 2

+ + a1 a2 an1an + n 2

1(n 1)2

Problema 3Sean A0 2 (BC); B0 2 (CA); C 0 2 (AB) los puntos de tangencia de los crcu-

los exinscritos del tringulo ABC con los lados de ABC. Sea R0 el circunradiode A0B0C 0: Demostrar que

R0 =1

2r

p2R (2R ha) (2R hb) (2R hc);

donde, como es usual, R es el circunradio de ABC; r es el inradio de ABC;y ha; hb; hc son las longitudes de las alturas de ABC:Problema 4Sea p un entero positivo, p > 1: Hallar el nmero de matrices m n con

elementos en el conjunto f1; 2; ; pg y tales que la suma de los elementos decada la y de cada columna NO es divisible por p:

1

2.Hallar nmeros naturales a, b < 10 tales que

sea divisible por 10 para todo nmero natural n mayor o igual a 2. (M.Radu)

SOLUCIN//:Primero, factorizar la expresin hasta llegar a que:

luego, razonamos la expresin con el enunciado hasta concluir que para que dicha sea divisible entre 10 entonces debe terminar en cero(0); por lo tanto la suma de los dos factores debe terminar en cero, para todo n mayor o igual que 2. Entonces, formamos una tabla para justificar los planteamientos:

...

...

*

...

...

* ...

...

...

* ...

En esta tabla se observa cada uno de los posibles valores que podran tomar cada una de las variables. Facilmente se puede deducir que unicamente cuando las variables toman valores como (2,3,5,7,8)* siempre terminarn en cero(0), para cualquier valor que pudiese tomar n. Por lo tanto, todas las parejas de (a,b) que hacen parte de las soluciones son todas las permutaciones posibles del conjunto (2,3,5,7,8), son 25 soluciones de distintasformas que puede tomar la pareja de variables (a,b). PRUEBA: Probemos la solucion con dos tipos de parejas (a,b).-1- (a,b)=(5,3) para n=4 -2- (a,b)=(8,2) para n=3

las cuales son ciertas para los dos casos; ya que el resultado de las dos operaciones son divisibles por 10, y ya quedara solucionado el problema.

1 2 3n n n na b a b+ + ++ + +

2 1 2( 1) ( 1)n na a b b++ + +

2( 1)na a + 1 2( 1)nb b+ +

4 17n

3 10n

5 26n

6 37n

7 50n

8 65n

9 82n

22 (2 1) 5n + =

4 5 6 75 3 5 3 18680+ + + = 3 4 5 68 2 8 2 33360+ + + =

*NOTA: Las variables (a,b) no pueden tomar los valores de 1,4,6,9; ya que para cualquier n mayor o igual a 2 no cumple con la condicion de que el resultado de la operacin sea divisible entre 10. Por lo tanto quedarn excluidas de la solucin.

SOLUCION AL PROBLEMA 4 DE LAS 2nd OLIMPIADAS BENELUX AMSTERDAM. 4 PROBLEMA PROPUESTO EN LAS OLIMPIADAS BENELUX AMSTERDAM NOMBRE: ANDRES ZORRILLA VACA GRADO: 9 (bachillerato) Nivel Medio PAIS: COLOMBIA CIUDAD: CALI COLEGIO

: Colegio Lacordaire

SOLUCIN.// (1,1,2,1) ; (1,2,3,2) y (2,1,3,2)

Primero factorizamos el lado izquierdo de la igualdad teniendo de esta forma:

3 + 3 = ( + )(2 + 2) luego, se tendra:

( + )(2 + 2) =

Descomponiendo el radical, se tiene:

( + ) (2 + 2) =

Siendo p un numero primo cualquiera, y de acuerdo a la ecuacin anterior entonces concluimos,( por la definicin de primo: es un numero primo aquel que tiene como divisores nicamente al uno y el mismo) que:

A) Uno de los dos factores (a+b) (a2-ab+b2) tiene que ser uno (1), ya que el numero primo p debe ser divisible por uno o por el mismo. Luego si (a+b) es uno(1) entonces una de las variables ya sea a o b tendra que ser cero o un numero negativo pero de acuerdo a la informacin del enunciado estas variables deben ser nicamente nmeros enteros positivos, es decir, mayores que cero (0); solamente nos resta evaluar cuando (a2-ab+b2) es igual a uno y razonando obtenemos de que:

(2 + 2) = 1 (2 + 2) = 1

2 2 + 2 = 1 , por conveniencia agrego -ab a ambos lados de la ecuacin para factorizarlo como un cuadrado perfecto:

( )2 = 1 , razonamos de que el producto (ab) debe de ser menor o igual a uno, ya que todo numero elevado al cuadrado es positivo; entonces: 0

0 = 2 ( + 1) (1 ) Teniendo de esta forma un polinomio de grado 2, cuyos coeficientes son: (1; -(a+1); -a(1-a))respectivamente (a1,b1,c1); que se puede resolver (resolver las races) mediante la ecuacin cuadrtica, teniendo:

1 12 41121

, reemplazando obtenemos:

=( + 1) ( + 1)2 [4(1) (1 )]

2(1)

Evaluando la expresin -a(1-a), en este caso a1 (de acuerdo al enunciado del problema) y lgicamente podramos expresarlo por a(1-a) positivo,

, en este caso, como b es un numero entero positivo(por el enunciado) entonces la discriminante debe de ser un numero positivo cuadrado perfecto, es decir mayor que cero, por lo tanto(razonando):

ya que ( ) () = (+). Entonces transformada la ecuacin cuadrtica con los argumentos anteriores nos quedara:

=( + 1) ( + 1)2 4(1 )

2

Si |-4a(1-a)||(a+1)2| {a|a Z+ a2} , entonces no existe un numero b dentro del conjunto de los enteros positivos.

Si |-4a(1-a)|

*no se debe tener en cuenta como cuaterna por que: 23+23=16=42, por tanto 4 no es un numero primo(es un numero compuesto). **Entonces trasladando los valores anteriores para la cuaterna (2,1,3,n),[ en donde n no lo conocemos](falta hallarlo) tenemos:

23 + 13 = 3 9 = 3

Ahora despejo n: = log3 9

= 2 Teniendo de esta forma las dos ultimas formas de cuaterna, (hay que probarlas):

(2,1,3,2) (1,2,3,2)

2*

3*

PRUEBAS DE LAS TRES CUATERNAS DICHAS ANTERIORMENTE:

1* (1,1,2,1) 2* (2,1,3,2)

13+13=21 23+13=32 13+23=32

3*

1+1=2 8+1=9 1+8=9 2=2 9=9 9=9

PROBLEMAS PROPUESTOS 191-195

PROBLEMA 191 (propu esto por Ovidiu Furdui, Cluj, Rumania)Sea k 1 un nmero natural. Hallar la suma de la serie

1Xn=1

1

n

1

1 x 1 x x2 xn

k; para jxj < 1:

PROBLEMA 192 (propuesto por Pedro Henrique O. Pantoja, Natal,Brasil)Demostrar que para n 1;

n21Xk=1

' (k) (n 1) (5n 1)12

; siendo ' la funcin de Euler.

PROBLEMA 193 (propuesto por Mari del Rayo Prez Ros)Demostrar que

q c2. Demostrarque existe un nico entero que satisface la inecuacin

a2x+1 + b2x+1 + c2x+1 + (a+ b)(ab)x < (a+ c)(ac)x + (b+ c)(bc)x.

Solucin por Jos Heber Nieto, Universidad del Zulia, Maracaibo, Venezuela.Como 0 < a/c < b/c < 1, la sucesin (a/c)n + (b/c)n es decreciente y tiende

a 0 cuando n tiende a +. Por lo tanto hay un mnimo entero x 2 tal queax+bx > cx pero ax+1+bx+1 cx+1. De hecho, la ltima desigualdad es estrictadebido al teorema de Fermat-Wiles. Por lo tanto

a2x+1 + b2x+1 + c2x+1 + (a+ b)(ab)x (a+ c)(ac)x (b+ c)(bc)x

= (ax + bx cx)(ax+1 + bx+1 cx+1) < 0.

Obviamente la expresin anterior es positiva para cualquier entero diferente dex, ya que es igual al producto de dos factores del mismo signo.

Problema 187.- (Propuesto por Panagiote Ligouras, Bari, Italia). Sean a, b, c los lados; am , bm , cm las medianas; ah , bh , ch las alturas; al , bl , cl las bisectrices interiores y R el radio del circulo circunscrito al triangulo ABC. Demostrar que

ciclica aaa

aaaa Rhlh

hmml 2222

223

12)(

)(

Resolucin: (Vicente Vicario Garca, I.E.S. El Sur, Huelva) A lo largo de la resolucin del problema utilizaremos la notacin habitual en la geometra del triangulo. Necesitamos previamente un lema.

Lema: En todo triangulo ABC se tiene que 22

22

22 4

a

a

aa

aa

lhR

hlhm

= .

Demostracin: Usando las expresiones bien conocidas para las longitudes de las bisectrices interiores y las medianas en funcin de los lados del triangulo

+=

22 1

cbabcla , etc., y 4

22 2222 acbma+

= , etc.

y la expresin R

bcha 2= , etc., que se demuestra teniendo en cuenta que RsenAa 2= ,

etc. y bcsenAaha ==2 , etc., y sustituyendo en la expresin 22

22

22 4

a

a

aa

aa

lhR

hlhm

=

,

tenemos que

222222222

2222

2

22

22

222

)()22()())((4

)()()(2

cbcbacbRcbcbacbacbaR

cbacbacbR

hlhm

hl

aa

aa

a

a

++++++

=+

+++=

que puede desarrollarse teniendo en cuenta la relacin

=4abcR y la formula de Heron

))()()((4 cbabacacbcba +++++= y simplificar, para llegar a la prueba de la identidad. Centrndonos ahora en la desigualdad original, es claro que

---oooOooo---

22222

22

2

32

222

223

1234412)(

)(RR

wm

Rhlhm

hml

Rhlh

hmmlciclica a

a

ciclica aa

aa

a

aa

ciclica aaa

aaaa ==

Nota: Se puede mejorar la desigualdad anterior utilizando el famoso teorema de Liu1

que establece que si es el Angulo que forman la mediana y la bisectriz interior que parten del mismo vrtice, entonces se cumple que )(cos asslm aa = , con lo que tenemos

=ciclica ciclica aciclica aa

a

lass

lass

lm

3)(cos

)(22

y empleando la conocida desigualdad

)()(2 assasbcscb

la +=

llegamos a

=

ciclica ciclica aciclica aciclica a

a

aaa

aaaa Rl

assRl

assRlm

Rhlh

hmml34)(4

cos)(44

)()( 2

22

222

222

223

lo que mejora la desigualdad. 1 Ver en la red Pythagoras theorem and its Applications de Paul Yiu ; Pag. 128.

PROBLEMA 188, (propuesto por Roberto Bosch Cabrera, La Habana, Cuba)

Determinar todos los polgonos regulares para los que existe una curva cubicade ecuacion

y = x3 + ax2 + bx+ c, a, b, c reales,que pasa por todos sus vertices.

Solucion por Daniel Lasaosa Medarde, Universidad Publica de Navarra, Pam-plona, Espana

Una traslacion del polgono hasta que su centro este en (0, 0) es equivalente aintercambiar x por x + x0, y y por y + y0, donde (x0, y0) es el centro originaldel polgono, cambio que afecta tan solo a a, b, c, que se ven sustituidos por otrosvalores reales distintos. Podemos pues suponer sin perdida de generalidad queel centro del polgono regular es el origen de coordenadas (0, 0), con lo que losvertices del polgono tiene coordenadas (R cos,R sin). Como ademas cada dospuntos distintos de la cubica tienen necesariamente valor distinto de x, se tiene que,elevando al cuadrado la ecuacion de la cubica y haciendo y2 = R2x2, puede habercomo maximo 6 puntos de interseccion de la cubica y la circunferencia circunscritaal polgono, es decir, el polgono no puede tener mas de 6 lados.

Supongamos que el polgono es un pentagono. Hay exactamente un vertice cuyovalor de esta en el intervalo (36, 36) y es distinto de 0, y que correspondeal valor maximo de x para el que la curva cubica pasa por un vertice del polgono.Supongamos que esta en el intervalo (0, 36) (si esta en el intervalo (36, 0) elprocedimiento es analogo). Entonces, el valor de correspondiente al siguientevalor mas alto de x esta en el intervalo (72,36), con lo que entre ambos lapendiente de la curva cubica es positiva. El siguiente valor de x se correspondecon un valor de en el intervalo (72, 108), luego la pendiente ha de ser negativaentre este y el siguiente. El valor de para el siguiente valor de x ha de estar enel intervalo (144,108), con pendiente positiva entre este y el siguiente, y elultimo ha de estar en el intervalo (144, 180), con pendiente negativa. La curvacubica ha de tener por lo tanto al menos tres cambios en el signo de su pendiente,absurdo pues su derivada tiene como maximo dos ceros. Luego el polgono nopuede ser un pentagono. De forma analoga se demuestra que tampoco puede serun hexagono.

Tomemos a = c = 0 y b = 176 . Tenemos entonces que los puntos (x0, y0),(y0, x0), (x0,y0) y (y0,x0), donde x0 =

56

y y0 = 2

56

, estan en la cubicay forman un cuadrado con circunradio R = 5

6.

Tomemos finalmente a = 511 , b = 17611 y c =

9411 . Se puede comprobar que

los puntos (4, 2), (2

3, 2

3 1) y (

3 2,2

3 1) forman un trianguloequilatero con centro en (0, 0) y radio 2

5, y los tres puntos estan en la curva

cubica.

Luego el polgono puede ser un triangulo equilatero o un cuadrado, pero no puedeser otro.

1

Problema 189 (propuesto por el editor)A, B, C, D, E son cinco puntos en una circunferencia. Se trazan cnicas tangen-tes a los lados de los tringulos BCD, CDA, DAB y ABC, respectivamente,y para las cuales E es un foco. Demostrar que todas son parbolas, y que susdirectrices son tangentes a otra parbola de foco E.

Solucin por Jos Heber Nieto, Universidad del Zulia, Maracaibo, Venezuela. Essabido que el lugar geomtrico de los simtricos de un foco respecto a las distintastangentes a una cnica es la directriz (en el caso parbola) o la circunferenciafocal con centro en el otro foco (en los casos elipse e hiprbola). De aqu sededuce que, si las proyecciones ortogonales de un punto E sobre tres rectas p,q y r pertenecen a una misma recta s, entonces hay una nica cnica tangentea p, q y r y con un foco en E, a saber la parbola cuya directriz es la rectahomottica de s en la homotecia H de centro E y razn 2.

Llamemos EXY al pie de la perpendicular desde E a la recta XY . Si A,B, C, D y E son concclicos entonces EAB , EBC y EAC pertenecen a la rectade Simson s(A,B,C) del tringulo ABC respecto a E, por lo tanto la (nica)cnica con un foco en E que es tangente a los lados del tringulo ABC es unaparbola, cuya directriz es la recta s(A,B,C) homottica de s(A,B,C) por H.

Lo mismo vale para los tringulos ABD, ACD y BCD. Para probar ques(A,B,C), s(A,B,D), s(A,C,D) y s(B,C,D) son tangentes a una mis-ma parbola de foco E basta probar que s(A,B,C), s(A,B,D), s(A,C,D) ys(B,C,D) lo son (luego bastar aplicar H).

Ahora bien, como los ngulos AEABE, AEACE yAEADE son rectos, lospuntos EAB , EAC y EAD pertenecen a la circunferencia de dimetro AE. Por lotanto las proyecciones ortogonales de E sobre las rectas EABEAC = s(A,B,C),EABEAD = s(A,B,D) y EACEAD = s(A,C,D) son colineales. Permutandocclicamente A, B, C y D resulta que tambin las proyecciones ortogonalesde E sobre s(B,C,D), s(B,C,A) y s(B,D,A) son colineales, es decir que lasproyecciones ortogonales de E sobre las cuatro rectas de Simson s(A,B,C),s(A,B,D), s(A,C,D) y s(B,C,D) son colineales, como queramos probar.

Problema 190 (propuesto por el editor)La quinta potencia de un nmero entero es congruente con 5, mdulo 91. De-mostrar que el nmero es congruente con 31, mdulo 91.

Solucin por Jos Heber Nieto, Universidad del Zulia, Maracaibo, Venezuela.Sea x tal que x5 5 (mod 91). Como 91 = 7 13 resulta que x5 5 (mod 7)

y x5 5 (mod 13), y en particular x no es divisible entre 7 ni entre 13. Entoncespor el teorema pequeo de Fermat x6 1 (mod 7) y x12 1 (mod 13). Por lotanto

x x(x6)4 x25 (x5)5 55 (2)5 32 3 31 (mod 7)

y

x x(x12)2 x25 (x5)5 55 252 5 (1)25 5 31 (mod 13),

de donde x 31 (mod 91).

Revista Escolar de la Olimpiada Iberoamericana de MatemticaNmero 38, Problema 190.

Daniel Lopez AguayoPuebla, Mxico.

La quinta potencia de un nmero entero es congruente con 5, mdulo 91.Demostrar que el nmero es congruente con 31, mdulo 91.

Solucin:

Vamos a resolver el problema usando un enfoque algebraico. Sea Z91 elgrupo multiplicativo de unidades y veamos que si x satisface x5 5 mod 91entonces x 2 Z91: Sea ' la funcin de Euler y recordemos que Z91 tiene orden'(91) = 72: Notemos que 51 73 mod 91, luego si x5 5 mod 91 entoncesx x4 73 1 mod 91 y por ende x es una unidad en Z91: Por lo tanto tienesentido considerar la aplicacin : Z91 ! Z91 dada por (g) = g5: Es fcilver que es un homomorsmo ya que Z91 es un grupo abeliano, adems es inyectiva pues (5; 72) = 1: Dado que jZ91j < 1 entonces es de hechosobreyectiva, luego un isomorsmo. Concluimos que la ecuacin x5 5 mod 91tiene una nica solucin. Dado que (5; 72) = 1 entonces por el lema de Bezoutexisten enteros r,s tales que 5r + 72s = 1: Una solucin es r = 29; s = 2,luego se tiene x = x5r+72s = x5r = x529 = (x5)29 529: Se puede vericar que512 1 mod 91 luego 529 = 524+5 = (512)2 55 55 31 mod 91. Por unicidadde la solucin concluimos que x 31 mod 91.

1

Comentario de pginas web y noticias de congresos 39

TRES CONGRESOS DEL VERANO 2010

RELME 24, GUATEMALA, 4-9 DE JULIO

La 24 Reunin Latino Americana de Matemtica Educativa (RELME 24) se ha celebrado en la ciudad de Guatemala, del 4 al 9 de julio de 2010.

El Comit Organizador local, presidido por la Prof. Claudia Lara Galo, tuvo dificultades para desarrollar los trabajos preliminares, de recepcin y acuse de recibo de varias propuestas enviadas por los participantes, por una parte, y otras en forma de catstrofes naturales (la erupcin del volcn Pacaya, el ms cercano a la capital, y la tormenta tropical Agatha, a menos de dos meses del inicio del Congreso). No obstante, el 4 de julio se inici el proceso de registro de participantes previamente inscritos, comenzando las diferentes sesiones al da siguiente, en la Universidad Galileo.

La lluvia fue la compaera inseparable del Congreso, hasta el punto que, con muy buen criterio, la organizacin, en lugar del tpico t-shirt, puso a la venta chubasqueros (o chumpas, en el lenguaje coloquial de la zona), que fueron rpidamente puestos en servicio por los participantes.

La conferencia inaugural, titulada De conocimientos a prcticas sociales: Paradigmas en Matemtica Educativa, corri a cargo del Prof. Fernando Cajas, del CUNOC de Quetzaltenango (Guatemala).

Dentro del captulo de los Talleres, el que suscribe desarroll el Taller de resolucin de problemas no convencionales, en dos sesiones. La presentacin estuvo a cargo de la Prof Ysmenia Cristina Mirabel Martnez, del Liceo Gregorio Urbano Gilbert de Puerto Plata (Rep. Dominicana).

Las Prof. Kathia Valladares y Kristel Weber( Colegio Valle Verde, Guatemala) presentaron un Rallye Matemtico, una

actividad que es ya habitual en Europa y que es interesante su popularizacin en Amrica.

La presidenta de CLAMED (la rama dominicana del Comit Latino Americano de Matemtica Educativa), Prof ngela Martn, me pidi que ejerciera el papel de rbitro de algunos de los Carteles presentados, para su evaluacin. De los que me toc evaluar, el que en mi opinin era ms original es el que lleva por ttulo Actividades didcticas en lnea : Trigonometra y el pez arquero, una de cuyas ilustraciones incluimos aqu.

En la actividad didctica los alumnos deben utilizar funciones trigonomtricas para calcular si un disparo del pez (cuyo nombre cientfico es Toxotes jaculatrix) va a lograr golpear al insecto.

En un prximo nmero de la Revista presentaremos alguno de los carteles presentados.

Dentro de los Cursos cortos, el Prof. brasileo afincado en Costa Rica Edison de Faria present una interesante exposicin sobre magnitudes numricas grandes y

pequeas y su medida, con un ttulo que l mismo calific de provocador : Ojos logartmicos, odos trigonomtricos.

Por su parte, el Prof. Hugo Parra, de la Universidad del Zulia (Maracaibo, Venezuela) disert sobre Proporcionalidad y uso de medidas convencionales y no convencionales en el aula.

Dentro de los Informes de Investigacin, la Prof. Teresa de Jess Valerio (UNAM de Quertaro, Mxico) present su trabajo conjunto con el Prof. Jordi Deulofeu (UA de Barcelona, Espaa) sobre el proyecto ESTALMAT, titulado Una aproximacin a la resolucin de problemas de jvenes con talento matemtico.

En el captulo de Comunicaciones breves, la Prof Angela Tavarez (UASD, Santo Domingo, Repblica Dominicana) expuso Algunos de los resultados de la evaluacin realizada a alguna de las actividades acadmicas de la XXIII RELME, un trabajo conjunto con las Prof. ngela Martin y Evarista Matas.

La prxima RELME, que llevar el nmero 25, tendr lugar en 2011 en Cuba.

6 CONGRESO DE LA WORLD FEDERATION OF NATIONAL MATHEMATICS COMPETITIONS, RIGA (LETONIA), 25-31 JULIO 2010

Organizar dos congresos seguidos, en dos semanas consecutivas, no es precisamente tarea fcil, y al viejo amigo de Olimpiadas Agnis Andzans el stress le ha pasado factura. Esperamos y deseamos su total recuperacin. Su equipo de organizadores locales, bajo la direccin de Dace Bonka, hicieron un excelente trabajo tanto en esta conferencia como en la de Creatividad que comentaremos despus. Vaya por delante el reconocimiento de todos los participantes.

Las sesiones de trabajo se realizaron en el edificio central de la Universidad de Riga, muy cerca de la bellsima zona antigua de la ciudad, con apertura presidida por el Rector de la Universidad.

El nico pero que hay que sealar no es imputable a los organizadores: se haba pedido a cada participante que enviase tres problemas, indicando las razones para elegirlos. Slo cuatro o cinco participantes lo hicimos, lo que hizo que una de las actividades tradicionales en estas reuniones (la discusin en detalle de los problemas presentados) tuviera que ser sustituda por una sesin ms o menos informal en la cual se presentaron de manera ms bien espontnea algunos problemas y la solucin no fue detallada.

En la Asamblea de la WFNMC se anunci la concesin de los Premios Paul Erds 2010, uno de los cuales recay en el Prof. Rafael Snchez Lamoneda (Caracas, Venezuela), al que felicitamos calurosamente desde aqu.

El veterano participante en la I.M.O. Prof. Matti Lehtinen (Finlandia) hizo un recorrido histrico muy interesante y completo por las diferentes Olimpiadas Internacionales de las que ha sido testigo de excepcin : Eye-witnessing IMO, acompaada de una presentacin de fotografas en Power point.

El Prof. Chun Chor-Litwin Cheng, de Hong Kong, hizo una interesante presentacin sobre Solving the problema of number of zero in the expansin of n!.

Por mi parte, present cinco problemas utilizados en el entrenamiento de una Olimpiada Junior.

El prximo Congreso de la WFNMC se celebrar en Pekin en 2014.

6 CONFERENCIA INTERNACIONAL SOBRE CREATIVIDAD MATEMTICA Y ENSEANZA A ALUMNOS DE ALTO RENDIMIENTO, RIGA (LETONIA), 1-5 AGOSTO 2010

Con los mismos organizadores que el congreso anterior, el 1 de agosto se inaugur la Conferencia MCG (Mathematical Creativity and Giftedness), en una de cuyas sesiones se constituy un grupo internacional de trabajo sobre el tema, para el que fueron elegidos un Comit Ejecutivo de 4 miembros y un Comit Internacional de otros 12, entre los que me encuentro. En un prximo nmero de la REOIM publicaremos el formulario de adhesin al grupo, al que desde este momento invito a adherirse, dado que yo era el nico participante de habla espaola y es evidente que Iberoamrica no puede quedar al margen de este grupo.

En la conferencia de Apertura, el que luego sera elegido Presidente del grupo, Prof. Hartwig Meissner (U. de Mnster, Alemania), disert sobre Challenges to Further Creativity in Mathematics Learning.

La Prof. Ingrida Veilande (Riga, Letonia) expuso dos ejemplos muy bien elegidos de problemas combinatorios utilizados en su Mathematical Circle de Adazi, durante su presentacin, titulada The issue of Problem Study in the Mathematical Circle of Secondary School.

La Prof. Lina Fonseca, de Viana do Castelo (Portugal) , present Paper folding and pattern tasks in teaching and learning geometry to pre-service teachers.

La Prof. Miriam Amit (Technion, Haifa, Israel) disert sobre Developing the Skills of Critical and Creative Thinking by Probability Teaching.

El Prof. Ali Rejali (Isfahan, Irn), present Isfahan Mathematics House activities for mathematically gifted students.

La Prof. Emiliya Velikova (U. Angel Kanchev, Russe, Bulgaria) hizo una interesante presentacin sobre Developing Students abilities to Create mathematical problems.

La Prof. Valentina Gogovska (Skopje, Macedonia) present Mathematical models in mathematics Curriculum.

La Prof. Maruta Avotina (Riga, Letonia) present Inequalities in Mathematical Olympiads.

Por mi parte, present cinco problemas utilizados durante mis clases del proyecto ESTALMAT en Valladolid, despus de hacer una pequea introduccin con las caractersticas del mismo.

La prxima Conferencia sobre MCG tendr lugar en Busan (Corea del Sur) en 2012, una vez terminado el ICME de ese ao.

Francisco Bellot Rosado, agosto 2010.

DIVERTIMENTOS MATEMTICOS 39

Durante la Fase regional de la Olimpiada para alumnos de 2 y 4 de E.S.O., celebrada en mayo de 2010 en vila (Espaa), los Prof. Porfirio Prez y Marisa Corts propusieron a los alumnos participantes, como prueba por equipos, el juego-concurso llamado genricamente El ornitorrinco. Presentamos gustosamente en la REOIM 39 el primer problema de este concurso. En otros nmeros de la Revista continuaremos con otros ms.

1.- EL PROBLEMA DEL CANGREJO

El ornitorrinco celebra el cumpleaos y est en casa tomando t con

sus amigos. La liebre lo toma con leche y sin azcar, la tortuga solo y con

azcar, el cangrejo nunca toma t, slo azcar. Cuando la liebre y la tortuga no

discuten los amigos se divierten con rompecabezas de nmeros enteros, tanto

ms festejados cuanto ms absurdos.

Hoy el cangrejo ha trado un problema del que est muy orgulloso. La

tortuga, el ornitorrinco y la liebre son polglotos, pero uno y slo uno de ellos

entiende las lenguas urolo-kantes, que, como es bien sabido, es la familia a la

que pertenece el kangrojo, lingua franca entre los cangrejos.

Todos sabis lo que pasa cuando se escucha una lengua extraa:

Lo que entiende el ornitorrinco:

Orbuc nudo ne muuelo bevlel piter sesa mode aya sarri cortu a ucipa enun nose

Lo que entiende la liebre:

Obuk neunnen ulobel delpi lesizameza llezafir korta uzoda azipa coremen naze

Lo que entiende la tortuga:

Ob uc nuednemulovledel pirtles esamed aysarfi cortauceda ucipacoremun nuse

En qu nmero piensa el cangrejo?

Jov371SimonElexpuru.pdfRaul A. Simon

Jov372SimonElexpuru.pdfRaul A. Simon

Jov373SimonElexpuru.pdfRaul A. SimonRaul A. Simon

Jov374SimonElexpuru.pdfCalcular el resto de la divisin del nmeroRaul A. Simon

Jov375SimonElexpuru.pdfSe considera el nmeroRaul A. SimonRaul A. Simon