Revista Escolar de la Olimpíada Iberoamericana de Matemática

Número 49 (julio - agosto 2013)

ISSN – 1698-277X

ÍNDICE

Artículos, notas y lecciones de preparación de Olimpiadas 49

Batinetu-Giurgiu, D.M. & Stanciu, N.: Las desigualdades de Cauchy-Buniakovski-Schwarz y de Bergström son equivalentes e independientes.

M. Álvarez, G. González, E. Pérez Almarales: Los vectores: una de las vías fundamentales para el vínculo interconeptual entre las disciplinas de Álgebra y Geometría en problemas de Olimpiadas.

Problemas para los más jóvenes 49

Problemas de la Olimpiada de Centroamérica y el Caribe 2013, celebrada en Managua, Nicaragua.

Problemas de nivel medio y de Olimpiadas 49

Problemas de la Olimpiada Balcánica 2013, celebrada en Chipre.

Problemas

Problemas propuestos 241-245

Problemas resueltos

Problema 234: Recibida una solución de Karol José María Huarcaya Huarcaya, Universidad Nacional Federico Villarreal, Lima, Perú. Esta solución se recibió cuando los originales del vol. 48 ya habían sido enviados a la página web de la OEI.

Por otra parte, la solución “anónima” de este problema es original de Edgardo Escarone, Florida, Uruguay.

Problema 237

Recibidas soluciones de : Daniel Lasaosa Medarde, Pamplona, España, que presentamos, y del proponente. Se ha recibido una solución parcialmente correcta.

Problema 238

Recibidas soluciones de Daniel Lasaosa Medarde, Pamplona, España (que presentamos) y del proponente.

Problema 239

Recibidas soluciones (similares) de Daniel Lasaosa Medarde, Pamplona, España; Marcos Martinelli (Brasil); Albert Stadler, Herrliberg, Suiza; y el proponente. Presentamos la solución de Martinelli.

Problema 240

Recibidas soluciones de: Daniel Lasaosa Medarde, Pamplona, España; Marcos Martinelli, Brasil; Albert Stadler, Herrliberg, Suiza; y el proponente. Presentamos la solución de Lasaosa.

Noticia de Congresos, comentario de páginas web y reseña de libros 49

La página www.mathigon.org

Divertimentos Matemáticos 49

Los Caballeros de la Larga Búsqueda(2ª parte), por Víctor Buján Delgado.

Capturado en internet 49

Otras informaciones

Club GeoGebra Iberoamericano. Abierta la convocatoria de IBERTIC

La Organización de Estados Iberoamericanos para la Educación, la Ciencia y la Cultura (OEI) desde sus Instituto Iberoamericano de TIC y Educación (IBERTIC) e Instituto Iberoamericano de Enseñanza de la Ciencia y la Matemática (IBERCIENCIA) invitan a los profesores y estudiantes iberoamericanos a incorporarse al Club GeoGebra Iberoamericano. Esta iniciativa cuenta con el apoyo e impulso de la Consejería de Economía, Innovación, Ciencia y Empleo de la Junta de Andalucía y la coordinación académica se lleva desde la Universidad de Córdoba (España).

 

Más información [+] http://www.ibertic.org/clubgeogebra.php Día GeoGebra en Iberoamérica

Abierta la inscripción Enmarcado en la Semana Iberoamericana de GeoGebra realizamos la convocatoria del Día de GeoGebra en Iberoamérica que tendrá lugar en Montevideo el 14 de septiembre de 2013, como actividad previa al VII Congreso Iberoamericano de Educación Matemática (CIBEM).

 

Más información [+]http://www.ibertic.org/diageogebra.php

 

Curso GeoGebra de formación docente en TIC y matemática IBERTIC 

Especialización en TIC y Educación del CAEU de la OEI Este curso de formación tiene como objetivo dar a conocer distintas aplicaciones que faciliten la incorporación de las TIC al aula de matemáticas en los diferentes niveles educativos. Es evidente que resulta imposible recoger todos los recursos existentes,por lo que en cada uno de los bloques desarrollados en el siguientematerial se ha apostado por unos determinados programas por suscaracterísticas y posibilidades, apoyados en todo momento con otrosrecursos disponibles en Internet.  

 

Más información [+] http://www.ibertic.org/ticymatematica 

Las desigualdades de Cauchy – Buniakovski – Schwarz y de Bergström son equivalents e independientes

por D.M. Bătineţu-Giurgiu y Neculai Stanciu

La desigualdad de H. Bergström. Si { }1* −∈ Nn , nkRyRx kk ,1,, * =∈∈ + , entonces:

∑

∑∑

=

=

=

≥ n

kk

n

kkn

k k

k

y

x

yx

1

2

1

1

2

(B)

con igualdad si y solo si existe *Rt ∈ tal que nktyx kk ,1, =∀= . La desigualdad de Cauchy – Buniakowski – Schwarz. Si

{ }1* −∈ Nn , nkRba kk ,1,, =∈ , entonces:

2

11

2

1

2

≥

∑∑∑===

n

kkk

n

kk

n

kk baba (C-B-S)

con igualdad si y solo si existe *Rt ∈ tal que nktab kk ,1, =∀= . Probemos que: (B)⇔ (C-B-S). Demostración.

(B)⇒ (C-B-S) Si en la desigualdad (B) tomamos kkk bax = e 2

kk by = , nk ,1=∀ obtenemos que:

∑

∑∑

=

=

=

≥ n

kk

n

kkn

k k

k

y

x

yx

1

2

1

1

2

⇔ ⇒

≥∑∑

∑=

=

=n

kn

kk

n

kkk

k

kk

b

ba

bba

1

1

2

2

12

22 2

11

2

1

2

≥

∑∑∑===

n

kkk

n

kk

n

kk baba ,

que es (C-B-S). (C-B-S)⇒ (B)

Si en la desigualdad (C-B-S) tomamos kk ya = yk

kk y

xb = nk ,1=∀ obtenemos que:

2

11

2

1

2

≥

∑∑∑===

n

kkk

n

kk

n

kk baba ⇔

2

1

2

11

2

1

=

⋅≥

∑∑∑∑====

n

kk

n

k k

kk

n

k k

kn

kk x

yx

yyx

y

⇒∑

∑∑

=

=

=

≥ n

kk

n

kkn

k k

k

y

x

yx

1

2

1

1

2

, que es (B).

Observación. Puesto que (C-B-S) se puede demostrar independientemente de (B) y vice versa deducimos que ambas son independientes una de otra.

Título: Los vectores una de las vías fundamentales para el vínculo interconceptual entre las disciplinas Álgebra y Geometría en problemas de olimpiadas. Autores:

MSc. Eduardo Miguel Pérez Almarales. Profesor Auxiliar.

Dr. C. Guillermo Calixto González Labrada. Profesor Titular.

Dr. C. Marta Álvarez Pérez. Profesor Titular.

Resumen: El trabajo con vectores es una vía eficaz para resolver problemas geométricos en olimpiadas de Matemática. En muchas ocasiones los estudiantes que no tienen un gran desarrollo en la geometría sintética recurren a este método para resolver los problemas de geometría que aparecen en las olimpiadas estableciendo relaciones conceptuales con el Algebra. Palabras claves: Vectores, relaciones conceptuales, Algebra, Geometría. Summary: The work with vectors is an effective road to solve geometric problems in olympiads of Mathematics. In many occasions the students that don't have a great development in the synthetic geometry appeal to this method to solve the geometry problems that they appear in the olympiads establishing conceptual relationships with the Algebra. Key words: Vectors, conceptual relationships, Algebra, Geometry. Introducción: Según aborda Macedo (2001) dentro de los métodos que, como tendencias, más han impactado a América Latina y el Caribe en las últimas décadas se encuentra el aprendizaje por cambios conceptuales que tiene como rasgos distintivos la sustitución de ideas previas de sentido común por otras más cercanas a las ideas científicas, producir insatisfacción con lo que se sabe, los estudiantes tienen conceptos, sean útiles o no, deben evolucionar. Del mismo modo se deben establecer relaciones, a partir de la construcción de significados, favoreciendo que los estudiantes sean protagonistas de su aprendizaje, facilitando la construcción del conocimiento. Estos aspectos se potencian con la sistematización de conocimientos interconceptuales. La gestión de conocimientos dentro de los grupos de preparación de estudiantes talentosos en Matemática es una vía eficaz para lograr conocimientos sólidos, a partir de la base teórica creada, por la utilización de relaciones de integración de los conceptos matemáticos básicos, que se expresan a partir de relaciones interconceptuales disciplinares (aquellos en el interior de alguna de las disciplinas matemáticas) y las interdisciplinares (entre los diferentes dominios cognitivos de la Matemática). La combinación interconceptual de conocimientos se define por G. González (2012) como la intencionalidad de interrelacionar conceptos según la lógica histórica de su formación, el carácter inexacto de las definiciones y la necesidad de estructurar un pensamiento matemático dialéctico portador de apropiaciones culturales que garantizan esencialidades del proceso. En el proceso de preparación de estudiantes talentosos para olimpiadas de Matemática se van estableciendo interconexiones culturales que le permiten a partir de la sistematización interconceptual concatenar los conceptos que necesita y aplicarlos en disímiles situaciones durante la resolución de problemas.

El modo de realizar la sistematización del conocimiento matemático con base interconceptual en estudiantes talentosos es muy limitado; el profesor preparador, en la mayoría de los casos aborda los elementos teóricos que desde su punto de vista deben conocer, sin tener en cuenta en muchas ocasiones un orden lógico, ni la imprescindible sistematización y consolidación de los conocimientos. Se pudo determinar además que desde lo teórico la mayor parte de los libros que se utilizan en la preparación se basan de modo general en colecciones de problemas o contenidos específicos, carentes de las conexiones propias de la Matemática. La preparación de los estudiantes se basa en memorizar un gran cúmulo de contenidos, sin tener en cuenta las interrelaciones y los conocimientos indispensables que necesitan a partir de las características individuales de cada uno de los estudiantes talentosos y de los contenidos que se tratan. Ni el profesor ni los estudiantes realizan el análisis de todos los conceptos fundamentales que se trabajan en cada una de las disciplinas de la enseñanza de la Matemática, objetos de estudio para olimpiadas de conocimientos (Álgebra, Teoría de Números, Geometría y Matemática Discreta), hacia su interior y aquellos útiles para interconectar disciplinas. Este aspecto es de vital importancia en la preparación de los estudiantes porque permite no memorizar tantos conceptos y realizar el trabajo sobre la base de analizar las relaciones y características más importantes de los conceptos fundamentales, saber determinar cuáles son las características distintivas de las definiciones de los conceptos subordinados, las comunes a objetos de un mismo tipo y las interconexiones conceptuales existentes. Del mismo modo los estudiantes tienen la posibilidad de trabajar con los contenidos en los cuales tiene mayor desarrollo, por ejemplo en la dinámica de la preparación existen estudiantes que presentan dificultades en disciplinas como la Geometría que pueden a partir de las interconexiones con el Álgebra resolver los problemas geométricos que se les proponen, tanto en la preparación como en los eventos competitivos, al utilizar contenidos como los de Geometría Analítica, Trigonometría, conjugación anarmónica y armónica, trabajo con vectores o números complejos. Desarrollo: En el presente artículo se pretende mostrar la forma de utilizar el trabajo con vectores en la solución de problemas geométricos de olimpiadas de Matemática. Dentro de los elementos teóricos necesarios se tienen:

Se denomina segmento dirigido AB a un par ordenado (A; B) donde el punto A se llama origen y el punto B extremo.

El segmento dirigido BA es el contrario de AB y se denota por AB

Si los puntos A y B son distintos AB es no nulo y si A = B, entonces el segmento dirigido es nulo.

Se dice que AB es paralelo con una recta l si AB es nulo o la recta que

contiene a A y a B es paralela a la recta l. Por su parte AB l si la recta que pasa por A y B es perpendicular a la recta l.

Los segmentos dirigidos 11BA ,

22BA , …, nnBA se denominan colineales si

existe una recta l tal que cada uno de ellos es paralelo a la recta l.

Si se desea adicionar segmentos dirigidos AB y CD , es suficiente con

trasladar el segmento dirigido CD de modo que el origen de CD coincida con

el extremo de AB , entonces el segmento dirigido suma sería el que tiene como origen a A y como extremo a D. La adición de segmentos dirigidos es asociativa y conmutativa. Si tenemos un conjunto finito de puntos A1, A2, …, An una línea poligonal con vértices consecutivos en esos puntos se llama camino que lleva de A1 a An.

Para todo camino se cumple que: nnn AAAAAAAA 113221 , del mismo

modo una línea poligonal cerrada se denomina ciclo y se cumple que:

0113221 AAAAAAAA nnn es decir la suma de las componentes de un

ciclo da como resultado el segmento dirigido nulo. Dos segmentos dirigidos son iguales si tienen la misma longitud, la misma dirección y el mismo sentido. Se denomina vector en el plano al conjunto de todos los segmentos dirigidos iguales entre si, cuyos origenes y extremos pertenecen al plano. Suelen

denotarse por letras minúsculas ,,, cba .

Si los puntos A y B y el vector a son tales que cumplen que AB a , entonces

AB = a . En este caso se dice que el segmento dirigido AB es un

representante del vector a . Los vectores cumplen las mismas propiedades de sus representantes.

Se llama ángulo entre dos vectores no nulos a = AB y b =CD al ángulo entre los rayos AB y CD. El ángulo entre vectores con la misma dirección y sentido es 0º, el ángulo entre vectores con la misma dirección y sentidos contrarios es 180º. Si el ángulo que forman es 90º se dice que son ortogonales.

El producto escalar de dos vectores a y b se denota por ( a , b ) y se calcula

como: bababa ,cos, si uno de los vectores es el nulo el producto escalar

es cero. Si se toma como origen del sistema de vectores al circuncentro del triángulo

ABC, entonces el ortocentro H cumple que CBAH , donde la notación con una sola letra denota el vector de posición de los puntos representados por esas rectas. Esta relación es conocida como teorema de Silvestre. El vector de posición es el que tiene como origen el origen del sistema de vectores que se tome y como extremo ese punto. Esta fórmula se deduce tomando como origen del sistema de vectores al centro de la circunferencia circunscrita, entonces los vértices de cada triángulo serán los vectores de posición de esos puntos y las coordenadas del ortocentro sería la suma de los vectores de posición de los vértices. El vector suma de

, pasa por el punto medio de y tiene una longitud de dos veces la

distancia desde O al punto medio de , como se conoce que la distancia del

ortocentro al vértice es el doble de la distancia del circuncentro al punto medio, entonces el vector desde el circuncentro al ortocentro es la suma de los tres vectores de posición de los vértices del triángulo.

En este caso que analizamos el baricentro G cumple que 3

CBAG .

En todo vector AB se cumple que ABAB

El punto medio M de un segmento AB cumple que 2

BAM

En un sistema de coordenadas los vectores que se encuentran a una unidad del centro del sistema y sobre los ejes coordenados se denominan vectores unitarios. Los vectores unitarios se denotan por e1 y e2. Cualquier vector de posición del plano correspondiente al punto P(a; b) se

puede expresar como 21 beaeP , siempre y cuando e1 y e2 sean ortogonales.

Si un punto M divide a un segmento AB en una razón , es decir MB

AM,

entonces se cumple que BABABA

M )1(11

1

1

A continuación se proponen algunos problemas como ejemplo de la utilización de los vectores en la resolución de problemas geométricos de olimpiadas en los cuales se utilizan los elementos teóricos abordados. Problema 1. (Hungría, 1997) Sean R el radio de la circunferencia circunscrita al triángulo ABC, G su baricentro, H su ortocentro y F el punto medio de GH. Prueba que .

Solución: Tomemos a O como origen de un sistema de vectores, entonces

, y , entonces:

Problema 2. (Rumanía, 1997) Sea ABCDEF un hexágono convexo, sean P, Q, R los puntos de intersección de AB y EF; EF y CD; CD y AB, respectivamente y sean S, T, U los puntos de intersección de BC y DE; DE y FA; FA y BC,

respectivamente. Prueba que

Solución: La premisa

,

como se cumple además que , es

equivalente a , como están alineados, entonces

, de manera análoga y , entonces

, entonces como ,

sustituyendo se tiene , entonces se

cumple que , esto es equivalente a la tesis .

Otra forma de demostrar lo pedido es demostrando que ambas expresiones

son equivalentes a , como pudo apreciarse el miembro

izquierdo es equivalente con ,

por su parte el miembro derecho es equivalente con

, que es equivalente al caso

anterior. Problema 3. (San Petesburgo, 1997) Sean los puntos medios de los

lados y respectivamente de un cuadrilátero cíclico ABCD.

Prueba que los ortocentros de los triángulos son los

vértices de un paralelogramo. Solución: Tomando vectores de origen en el centro de la circunferencia circunscrita al

cuadrilátero , entonces el ortocentro de es ; pero como

es una homotecia de con centro en y razón , se tiene que el

ortocentro de es , de igual modo el ortocentro de es y

su punto medio es , de igual modo se prueba con los dos

restantes. Por tanto como los puntos medios coinciden el cuadrilátero es un paralelogramo. Problema 4. (Rumanía, 2002) Sea un cuadrado unitario y puntos

interiores a los lados y respectivamente, tal que: y , sea

el punto de intersección de las rectas y .

a) Demuestra que

b) Calcula la longitud de .

Solución: Usaremos coordenadas, tomemos como origen de un sistema de coordenadas

rectangular en , tal que tenemos , , , . Las

rectas y tienen respectivamente ecuaciones y ,

resolviendo el sistema tenemos las coordenadas de como ,

son vectores unitarios ortogonales del sistema de coordenadas

seleccionado, tenemos: , se sigue por cálculo

estándar que

Problema 5. (Rumanía, 2002) Sea ABCD un rombo y puntos interiores

a los lados , respectivamente. Demuestra que el baricentro del

triángulo pertenece a la recta si y solo si .

Solución: Sea el punto de intersección de las diagonales del rombo dado, usaremos

vectores poniendo , como , la condición

es equivalente a .

Considere los vectores

; ; .

Sea el baricentro del triángulo , como , y

, obtenemos que

, entonces el punto pertenece a la

recta si y solo si los vectores y son colineales, que es si y solo si

.

Problema 6. (Rumanía, 2002) Sea un cuadrilátero cíclico y un punto

en su circunferencia circunscrita. Sean los ortocentros de los

triángulos , respectivamente. Prueba que:

a) es un paralelogramo.

b)

Solución: Usaremos Álgebra de vectores. El circuncentro de todos los triángulos

es , que lo tomamos como origen del sistema de

vectores, por tanto por la fórmula de Silvestre tenemos:

, , y

.

Calculando

b) Usando también vectores:

, por tanto

Problema 7. (Rumanía, 2002) Sea un triángulo, su baricentro y

puntos en los lados , respectivamente tal que , denote

por los baricentros de los triángulos ,

respectivamente, prueba que: a) Los triángulos y tienen el mismo baricentro.

b) Para todo punto en el plano se cumple que

.

Solución:

Sea , entonces , ,

Por lo tanto

, esto puesto que es el baricentro del triángulo .

b) La primera desigualdad se tiene de , lo cual es

una consecuencia del resultado anterior. Entonces aplicando la longitud de vectores y el hecho obvio que no son colineales.

La segunda desigualdad sale de

y dos

desigualdades semejantes que después son adicionadas. Problema 8. (Rumanía, 2002) Sea un triángulo rectángulo con

y sea , tal que . Es conocido que el punto

simétrico de M con respecto a la recta está en . Determina la amplitud del

( es el baricentro del triángulo e es el centro de la circunferencia

inscrita en el triángulo). Solución: Usaremos vectores. Sea el punto simétrico de con respecto al punto

medio de . Consideremos y tal que , ,

, por otra parte

, por igualdad de coeficientes tenemos

. Denote , obtenemos

, resolviendo para tenemos , implicando por tanto

Problema 9. (Eslovenia, 2008) Sean , puntos consecutivos en una

circunferencia con centro en , tal que . Sean

los ortocentros de los triángulos . Prueba que el

triángulo es rectángulo.

Solución Tomemos el circuncentro del triángulo como centro del sistema de vectores.

Como es el ortocentro del triángulo tenemos que ,

similarmente y , luego

y , el producto

escalar de estos dos vectores es:

, aquí usamos el hecho de que es el centro de la circunferencia que contiene

a . Los triángulos son equiláteros, luego ,

el triángulo es también equilátero, luego , entonces:

Verificándose que lo que implica

que

, luego y , por lo tanto el triángulo

es rectángulo. Problema 10. (Rumanía, 2009). En los lados AB y AC del triángulo ABC

considera a los puntos D y E respectivamente, tal que 0ECEADBDA .

Sea T el punto de intersección de las rectas DC y BE. Determina el número real

tal que TATCTB . Solución:

Recuerde que los vectores DBDA y ECEA tienen la dirección de los

vectores no colimneales AB y AC , respectivamente, luego su suma es 0 ssi

ambos son 0 . Deducimos que D y E son los puntos medios de los segmentos AB y AC, respectivamente, por tanto T es el baricentro del triángulo ABC. De

0TCTBTA obtenemos que 1. En algunos problemas de primera vista es bastante difícil pensar en la utilización de los vectores un ejemplo lo tenemos en el siguiente problema propuesto en Sudáfrica en el 2009. Problema 11. Demuestra que para cualquier coloración del plano usando dos colores se puede encontrar un triángulo con los tres vértices y el baricentro del mismo color. Solución:

Pintemos el plano de rojo y verde, es obvio que podemos encontrar un triángulo con todos los vértices del mismo color, supongamos que ellos son

todos rojos. Sean los vectores de posición de los vértices de este triángulo son

a , b , c . Su baricentro es 3

cbaG , si es rojo acabamos, supongamos que

es verde. Ahora tomamos nuestros tres puntos rojos y tomemos a b y c como

vértices y a como baricentro. Si el otro vértice que se obtiene al formar el triángulo es rojo se acaba el problema, luego lo tomamos verde. Este punto es

cbaA 3 , similarmente podemos demostrar que los puntos acbB 3 y

bacC 3 tienen que ser verdes, pero entonces el baricentro del triángulo

con vectores de posición A , B , C tiene como baricentro a G que es verde. Bibliografía: Andreescu, T. (1998). Mathematical Contests 1997-1998. Olimpiad Problems and solution from around the worl. USA: American Mathematics Competitions. Colectivo de autores (2002). Olimpiada Nacional de Rumanía. Colectivo de autores (2009). Olimpiada Nacional de Rumanía. Colectivo de autores (2008). Olimpiada Nacional de Eslovenia. Colectivo de autores (2009). Olimpiada Nacional de Sudáfrica. Davidson San Juan, L., Reguer Villar, R., & Frontela, R. (1987). Problemas de Matemática Elemental 1. La Habana: Pueblo y Educación. Davidson San Juan, L., Reguer Villar, R., & Frontela, R. (1995). Problemas de Matemática Elemental 2. La Habana: Pueblo y Educación. Davidson San Juan, & Recio, F. (1974). Los Concursos de Matemática. Primera parte. La Habana: Dirección de producción de medios de enseñanza. MINED. Davidson San Juan, & Recio, F. (1975). Los Concursos de Matemática. Segunda parte. La Habana: Dirección de producción de medios de enseñanza. MINED. Díaz González, M. (2004). Problemas de Matemática para los entrenamientos de la Educación Preuniversitaria I. La Habana: Pueblo y Educación. Díaz González, M. (2007). Problemas de Matemática para los entrenamientos de la Educación Preuniversitaria II. La Habana: Pueblo y Educación.

Díaz González, M. (2011). Problemas de Matemática para los entrenamientos de la Educación Secundaria Básica III. La Habana: Pueblo y Educación. González Labrada, G. C. (2012). Didáctica combinativa de base interconceptual: Matemática de la Educación primaria. Manzanillo: UCP Blas Roca Lehmann, Ch. (1989). Geometría Analítica. Limusa. Macedo, B. (2001). La enseñanza de las ciencias en América Latina y el Caribe. Conferencia central del simposio 4 sobre Didáctica de las Ciencias en el nuevo milenio. Ciudad de La Habana: Evento Pedagogía ‘2001. MINED. Ortega, M. (1910). Geometría. Tomo I. Parte elemental. Madrid: Perlado, Páez & Cia. Ortega, M. (1910). Geometría. Tomo II. Complementos y ejercicios. Madrid: Perlado, Páez y Cia. Pogorélov, A. V. (1974). Geometría elemental. Moscú: Mir. Shariguin, H. (1989). Problemas de Geometría. Moscú: Mir.

Problema 1.Juan escribe la lista de parejas con en un pizarrón. A medida que va escribiendo la lista, subraya las parejas cuando y tienen la misma cifra de las unidades. De las parejas subrayadas, ¿cuál ocupa la posición 2013?

Problema 2. Alrededor de una mesa redonda están sentadasen sentido horario las personas . Cada una tiene cierta cantidad de monedas (posiblemente ninguna); entre

todas tienen 10000 monedas. Comenzando por y prosiguiendo en sentido horario, cada persona en su turno hace lo siguiente:

• Si tiene un número par de monedas, se las entrega todas a su vecino de la izquierda. • Si en cambio tiene un número impar de monedas, le entrega a su vecino de la izquierda

un número impar de monedas (al menos una y como máximo todas las que tiene), y conserva el resto.

Pruebe que, repitiendo este procedimiento, necesariamente llegará un momento en que todas las monedas estén en poder de una misma persona.

Problema 3.Sea un cuadrilátero convexo y el punto medio del lado .La circunferencia que pasa por y es tangente al lado en corta al segmento en . La circunferencia que pasa por y es tangente allado en corta al segmento en . Suponga que las rectas y se intersecan en un punto que pertenece a la mediatriz del lado .Demuestre que , y son colineales si y sólo si , y son colineales.

Managua, 26 de junio de 2013 Día 1

Cada problema vale 7 puntos. Duración de la prueba: 4 horas y media.

Problema 4. Ana y Beatriz alternan turnos en un juego que se inicia con un cuadrado de lado 1 dibujado en un tablero infinito. Cada jugada consiste en dibujar un cuadrado que no se sobreponga con la figura ya dibujada, de manera que uno de sus lados sea un lado (completo) del rectángulo que está dibujado. Gana el juego aquella persona que logre completar una figura cuya área sea múltiplo de 5. Si Ana realiza la primera jugada, ¿existe estrategia ganadora para alguna jugadora?

Problema 5.Sea un triángulo acutángulo y sea su circuncírculo. La bisectriz del ángulo interseca a en , a en (distinto de ), y a la tangente a por en .Demuestre que es

el punto medio de si y sólo si .

Problema 6.Determine todas las parejas de polinomios no constantes y , cada unocon coeficiente principal , grado y raíces enteras no negativas, tales que

.

Managua, 27 de junio de 2013 Día 2

Cada problema vale 7 puntos. Duración de la prueba: 4 horas y media.

Problemas de Nivel Medio y de Olimpiadas 49

Problemas de la Olimpiada Balcánica 2013La Olimpiada Balcánica ha estado a punto de no celebrarse (en Albania,

como estaba previsto) por problemas extraacadémicos: el visado de los repre-sentantes de Kosovo. Con posterioridad a la fecha establecida en el reglamento(principios de Mayo), y en un tiempo récord, la Sociedad Matemática de Chiprela ha organizado con asistencia de todos los países inscritos y algunos invitados,como Gran Bretaña. He aquí los problemas propuestos en Junio de 2013:

Problema 1 (Bulgaria)En un triángulo ABC, la circunferencia exinscrita ωa opuesta a A es tangente

a AB en P y a AC en Q. La circunferencia exinscrita ωb opuesta a B es tangentea BA enM y a BC en N . SeaK la proyección de C sobreMN y L la proyecciónde C sobre PQ. Demostrar que el cuadrilátero MKLP es cíclico.Problema 2 (Serbia)Determinar todos los enteros positivos x, y, z tales que x5 + 4y = 2013z.Problema 3 (Reino Unido)Sea S el conjunto de los números reales positivos. Hallar todas las funciones

f : S3 → S tales que, para cualesquiera números reales x, y, z, k, satisfacen lastres condiciones siguientes:

a) xf(x, y, z) = zf(z, y, x)

b) f(x, ky, k2z) = kf(x, y, z)

c) f(1, k, k + 1) = k + 1

Problema 4 (Serbia)En una competición matemática, algunos participantes son amigos; la amis-

tad es mutua, es decir, si A es amigo de B, entonces B es amigo de A. Decimosque n ≥ 3 participantes distintos A1, A2, · · · , An forman un ciclo débilmenteamistoso si Ai no es amigo de Ai+1 para 1 ≤ i ≤ n (donde An+1 = A1), y nohay otros pares de no amigos entre los componentes del ciclo.Se verifica la siguiente propiedad: "Para todo participante C y todo ciclo

débilmente amistoso S de participantes que no contiene a C, el conjunto D⊂Sque no son amigos de C tiene, a lo sumo, un elemento".Demostrar que todos los participantes de esta competición matemática pueden

ser distribuidos en tres habitaciones de tal manera que dos participantes cua-lesquiera que están en la misma habitación sean amigos.

1

Problemas propuestos 241 - 245

Problema 241, propuesto por D.M. Batinetu-Giurgiu (Bucarest) y N. Stanciu(Buzau)Sean s, t ∈ R y consideremos la sucesión

{Ln(s, t)}n≥2definida por

Ln(s, t) = (n+ 1)s · n+1

√((n+ 1)!)

t − ns · n

√(n!)

t.

Calcular

limn→∞

Ln(s, t) = L (s, t)

Problema 242, propuesto por D.M. Batinetu-Giurgiu (Bucarest) y N. Stanciu(Buzau)Sea m ∈ R+. Con las notaciones habituales para los triángulos, llamando S

al área del triángulo ABC, demostrar que se verifica la siguiente desigualdad:

am+2

(b ·R+ c · r)m +bm+2

(c ·R+ a · r)m +cm+2

(a ·R+ b · r)m ≥4√3

(R+ r)m · S

Problema 243, propuesto por D.M. Batinetu-Giurgiu (Bucarest) y N. Stanciu(Buzau)Sean A1, A2, · · · , An (con n ≥ 3) los vértices de un polígono regular; M un

punto de su círcunferencia inscrita y N un punto de su circunferencia circun-scrita. Demostrar que

n∑k=1

MA4kNA2k

≥ 14

(3 + cos

2π

n

) n∑k=1

MA2k.

Problema 244, propuesto por Marcel Chiritza, BucarestSea ABC un triángulo cuyo ángulo A ≥ 90o. Sea M uno cualquiera de los

puntos interiores al triángulo tales que sus proyecciones ortogonales sobre loslados de ABC son los vértices de un triángulo rectángulo. Demostrar que, de 7cualesquiera de esos puntos, hay 4 que son concíclicos.Problema 245, propuesto por el editor en homenaje a David Monk y deseando

su recuperación.Las alturas BE y CF de un triángulo ABC se cortan en H. Las prolongaciones

de FE y BC se ncortan en U. Una recta que pasa por el punto medio L de BC,paralela a la bisectriz interior de EUB , corta a CA, AB, HC y HB (o a susprolongaciones, si fuera necesario) en P, Q, X, Y, respectivamente.Demostrar que las circunferencias APQ y HXY tienen radios iguales.

1

PROBLEMA 237 (propuesto por Marcel Chiritza, Bucarest, Rumanıa

Sea ABCD un tetraedro inscrito en la esfera S de centro O y radio R. Sea Mun punto cualquiera de la esfera.

Llamamos f(M) = AM2 + BM2 + CM2 + DM2.Si f(M) es constante para todo M de la esfera, calcular su valor y probar que

AB, AC, AD son los lados de un triangulo.

Solucion por Daniel Lasaosa Medarde, Universidad Publica de Navarra,Pamplona, Espana

Como el problema es invariante ante escalados, podemos asumir sin perdidade generalidad que R = 1. Podemos tambien elegir un sistema de coordenadascartesianas tales que O ≡ (0, 0, 0) y A ≡ (1, 0, 0), con lo que existiran angulos fijosp, q, t, u, v, w y angulos variables x, y tales que

B ≡ (cos p, sin p cos q, sin p sin q), C ≡ (cos t, sin t cos u, sin t sin u),

D ≡ (cos v, sin v cos w, sin v sin w), M ≡ (cos x, sin x cos y, sin x sin y),

teniendose entonces que AM2 = 2− 2 cos x, que

BM2 = 2− 2 cos p cos x− 2 sin p cos q sin x cos y − 2 sin p sin q sin x sin y,

y para CM, DM de forma similar a BM , sustituyendo p, q por t, u y v, w. Se tieneentonces que

f(M) = 8− 2` cos x− 2m sin x cos y − 2n sin x sin y,

donde `, m, n son expresiones que dependen solo de los angulos p, q, t, u, v, w. Ahorabien, tomando x = π

2 , tenemos que f(M) = 8−2m cos y−2n sin y, que es constantepara todo y si y solo si m = n = 0, con lo que para que sea constante, ha de serf(M) = 8− 2` cos x, siendo entonces necesario que ` = 0. Luego f(M) = 8 cuandof es constante, lo cual sucede si y solo si ` = m = n = 0, es decir si y solo si secumplen simultaneamente las tres relaciones

cos p + cos t + cos v + 1 = 0, sin p cos q + sin t cos u + sin v cos w = 0,

sin p sin q + sin t sin u + sin v sin w = 0.

Al mismo tiempo, se tiene que

AB2 = 2− 2 cos p, AC2 = 2− 2 cos t, AD2 = 2− 2 cos v,

con lo que

2AB2AC2 + 2AC2AD2 + 2AD2AB2 −AB4 −AC4 −AD4

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=3−

(cos2 p + cos2 t + cos2 v

)2

.

donde hemos usado que cos p+cos t+cos v+1 = 0. Notese que la anterior expresion• si es positiva, es igual al cuadrado del area de un triangulo uyos lados miden

AB, AC, AD, que obviamente existirıa en ese caso,• si es nula, implica que uno de entre AB, AC,AD es igual a la suma de los

otros dos, y AB, AC, AD serıan los lados de un triangulo degenerado a unsegmento, y

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• si es negativa, implica que uno de entre AB, AC,AD es mayor que la sumade los otros dos, y no existirıa ningun triangulo, degenerado o no, con ladosde longitudes AB, AC,AD.

Ahora bien, cos2 p, cos2 t, cos2 v ≤ 1, con igualdad si y solo si los tres tienen valorabsoluto nulo. Pero cos p = ±1 implica sin p = 0, con lo que para darse la igualdad,B, C,D tendrıan que coincidir con A o ser el punto diametralmente opuesto a Aen la esfera S, cosa imposible pues son tres puntos distintos entre sı y distintos deA. Luego cuando f(M) es constante, la expresion estudiada en este apartado esestrictamente positiva, y existe un triangulo no degenerado de lados AB, AC,AD,como querıamos demostrar.

PROBLEMA 238 (propuesto por Marcel Chiritza, Bucarest, Rumanıa

Sea ABCD un cuadrilatero convexo, E el punto medio de AC, F el punto mediode BD, y M un punto del plano del cuadrilatero. Demostrar que

−−→MA ·

−−→MC +

−−→MB ·

−−→MD ≥ 1

4(2EF 2 −AC2 −BD2

).

Solucion por Daniel Lasaosa Medarde, Universidad Publica de Navarra,Pamplona, Espana

Utilizando la definicion de producto escalar, y los teoremas del coseno y de lamediana, tenemos que

−−→MA ·

−−→MC =

MA2 + MC2 −AC2

2= ME2 − AC2

4,

−−→MB ·

−−→MD =

MB2 + MD2 −BD2

2= MF 2 − BD2

4,

con lo que la desigualdad a demostrar es equivalente a

EF

2≤

√ME2 + MF 2

2.

Ahora bien, por la desigualdad triangular, EF ≤ ME + MF , con igualdad si ysolo si M esta en el interior del segmento EF , mientras que por la desigualdadentre medias aritmetica y cuadratica, el miembro de la derecha es como mınimoME+MF

2 , con igualdad si y solo si ME = MF . Se concluye por lo tanto el resultadopropuesto, con igualdad si y solo si M es el punto medio del segmento EF .

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Solución al problema 239) por Marcos Martinelli

Dada la ecuación , podemos hacer Por lo tanto:

Para resolver (I), podemos hacer

Sustituyendo (II) en (I):

Resolviendo (III):

Puesto que es continua en 0, Podemos hacer em (IV). Por lo tanto, tenemos:

Em (IV), podemos hacer para conseguir nuestra expresión final: Podemos confirmar que satisface todos los

supuestos de la cuestión.

PROBLEMA 240 (propuesto por Marcel Chiritza, Bucarest, Rumanıa

a) Demostrar que no existen enteros x, y, z tales que

(x− y)5 + (y − z)5 + (z − x)5 = 200.

b) Demostrar que existen infinitos enteros x, y, z tales que

(x− y)5 + (y − z)5 + (z − x)5 = 210.

Solucion por Daniel Lasaosa Medarde, Universidad Publica de Navarra,Pamplona, Espana

Utilizamos en la solucion la siguienteProposicion: La ecuacion

(x− y)5 + (y − z)5 + (z − x)5 = K,

con K entero, tiene infinitas soluciones enteras si y solo si existen enteros u, v, wtales que u + v + w = 0 y u5 + v5 + w5 = K. No existen enteros u, v, w tales queu + v + w = 0 y u5 + v5 + w5 = K, si y solo si no existe ninguna solucion a laecuacion dada.

Demostracion: Si existen enteros u+ v +w = 0 con u5 + v5 +w5 = K, nos bastatomar x = z−w e y = z+v para cualquier entero z, con lo que x−y = −v−w = u,generandose ası infinitas soluciones enteras de

(x− y)5 + (y − z)5 + (z − x)5 = K.

Recıprocamente, si existe al menos una solucion a la anterior ecuacion, podemostomar u = x− y, v = y − z, w = z − x, con lo que existen tales u, v, w, y por endeinfinitas soluciones a la ecuacion. Caso de que no suceda una de estas dos cosasequivalentes, no puede entonces haber ninguna solucion a la ecuacion, ni puedehaber tales u, v, w.

a) Por la Proposicion, nos basta con demostrar que no existen enteros u, v, wtales que u + v + w = 0 y u5 + v5 + w5 = 200. Supongamos que sı existieran, con loque asumiendo sin perdida de generalidad que u, v bien tienen el mismo signo bienal menos uno de ellos es nulo, y al ser w = −(u + v), se tendrıa

−200 = (u + v)5 − u5 − v5 = 5uv(u + v)(u2 + uv + v2).

Ahora bien, claramente uv 6= 0 para que esto sea posible, con lo que ninguno deellos es nulo y ambos tienen el mismo signo, luego uv, u2 + uv + v2 son positivos,u+v ha de ser negativo, y u, v han de ser ambos negativos. Como al mismo tiempou2 + v2 ≥ 2uv es equivalente a (u − v)2 ≥ 0 y por lo tanto claramente cierto, setiene que

40 ≥ 3u2v2|u + v|,de donde al ser |u + v| ≥ 2, tenemos que u2v2 ≤ 20

3 < 7, es decir uv ≤ 2, luego u, v,bien ambos son −1, bien uno es −1 y el otro −2. Sustituyendo, observamos queninguno de los dos casos satisface la relacion necesaria, con lo que no existen talesu, v, w, y no existe ninguna solucion a la ecuacion propuesta.

b) Por procedimiento analogo al anterior, llegamos de forma similar a que u, vhan de cumplir la relacion

uv(u + v)(u2 + uv + v2) = −42,1

y que bien ambos son −1 (que no satisface la relacion), bien uno es −1 y el otro−2 (que sı la satisface). Dejando entonces que z tome cualquier valor entero n,tenemos que existen infinitas soluciones, y que ademas todas ellas son

(x, y, z) = (n, n + 1, n + 3), (x, y, z) = (n, n + 2, n + 3),

o una de sus permutaciones cıclicas, y donde n puede tomar cualquier valor entero,siendo entonces x− y, y − z, z − x una permutacion de −1,−2, 3, y siendo

(−1)5 + (−2)5 + 35 = −1− 32 + 243 = 210

para todas estas infinitas ternas.

Comentario de páginas web 49

www.mathigon.org

Ante una recomendación de una página web, lo que obviamente procede es seguir el enlace y verla. El mejor comentario sobre ella es el que procede de sus lectores.

En el caso de la que nos ocupa, conviene decir que es una excelente página de divulgación matemática seria, y que se abra con un navegador moderno (posterior al Explorer 8), o se corre el riesgo de bloqueo. Sería muy bueno tener una versión en español o portugués (la página está en inglés), pero eso es algo que excede de las posibilidades de este comentarista. Las ilustraciones, applets y videos son de magnífica calidad. Resumiendo: sigan el enlace y disfrútenla.

Valladolid, 2 de agosto de 2013.

F. Bellot

Capturado en Internet 49

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