Revista Escolar de la Olimpíada Iberoamericana de Matemática

Número 53 (julio – diciembre 2015)

ISSN – 1698-277X

ÍNDICE

Artículos, Notas y lecciones de preparación de Olimpiadas 53

Presentación del Prof. José Heber Nieto, por el prof. Darío Durán Cepeda

J.H. Nieto Said: Invariantes y Problemas de Olimpiadas

D.M. Batinetzu-Giurgiu y N. Stanciu: Una nota sobre una desigualdad de Nesbitt-Ionescu

F. Bellot: De mi biblioteca (1): Combinatoria

Problemas para los más jóvenes 53

Cinco problemas rumanos

Problemas de nivel medio y de Olimpiadas 53

Problemas del Talent Search 1994

Problemas 53

Problemas propuestos 266 – 270

Problemas resueltos

Problema 259

Recibidas soluciones de : José Heber Nieto, Maracaibo, Venezuela (2 soluciones); Angel Plaza, Las Palmas de Gran Canaria, España;

y del editor. Se recibió una solución incorrecta. Presentamos las soluciones de Nieto y de Plaza.

Problema 261

Recibidas soluciones de: Paolo Perfetti, Universita degli Studi “Tor Vergata”, Roma, Italia; Bruno Salgueiro Fanego, Vivero, España; y de los proponentes. Presentamos las soluciones de Perfetti y Salgueiro.

Problema 262

Recibidas soluciones de: Ramón Orlando Godoy Vindel, Tegucigalpa, Honduras; Bruno Salgueiro Fanego, Vivero, España; y del proponente. Presentamos las soluciones de Godoy y Salgueiro.

Problema 263

Recibidas soluciones de Floro Damián Aranda Ballesteros, Córdoba, España; y del proponente. Presentamos la solución de Aranda.

Comentario de páginas web 53

La página de OMAPA ( www.omapa.org ) por Roberto Bosch Cabrera

Divertimentos matemáticos 53

Victor Buján Delgado: Un gran baile en Euclídea. (Un cuento geométrico para los más pequeños)

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Presentación de José Heber Nieto por Darío Durán Cepeda (Universidad del Zulia. Maracaibo) Existe un universo paralelo al nuestro, lleno de armonía y belleza que está inexplicablemente mezclado con el nuestro. Es el mundo de las matemáticas. Para la mayoría de las personas ese mundo es invisible y mucha gente educada lo califica como una tortura. Pero, la obra del doctor Honoris Causa de la Universidad del Zulia, José Heber Nieto, venezolano, oriundo de Uruguay, nos invita a desvelar los misterios de dicho mundo y evitar que se convierta en una pesadilla para las personas comunes. Sus clases y conversaciones no sólo son una poesía para el oído de sus participantes, sino que enseña que la matemática puede ser apreciada por cualquier persona. Además de deleitarnos, José Heber nos muestra que la matemática es parte vital de nuestra herencia cultural al igual que el arte, la literatura y la música. Veamos a continuación la sinfonía matemática que José Heber nos presenta.

Invariantes y Problemas de Olimpiadas

José Heber Nieto Said (jhnieto@gmail.com)Universidad del Zulia, Maracaibo, Venezuela.

Resumen

Un invariante es una función I , cuyo dominio es el conjunto de los estados de un sistema, tal que si existe una

transición válida del estado E1 al etado E2, entonces I(E1) = I(E2). En este artículo se analizan varios ejemplos

que muestran la utilidad de este concepto para la resolución de problemas matemáticos de tipo olímpico.

Palabras y frases clave: invariante, sistema, olimpiadas matemáticas, resolución de problemas.

1. Introducción

Un sistema es un conjunto de elementos interrelacionados, que forman un todo complejo y organizado. Vivimosrodeados de sistemas: el universo, la Tierra, un océano, cada ser vivo, una célula, un átomo son ejemplos de sistemas.Un sistema está en cada momento en un estado determinado, que suele ser descripto mediante los valores de ciertosparámetros. Por ejemplo, un gas puede ser descripto especificando el volumen V que ocupa, su presión P , su tempe-ratura T y su masa. Los sistemas son por lo general dinámicos, su estado cambia con el tiempo. ¿Cómo se puede,entonces, alcanzar algún conocimiento sobre ellos? Bueno, una de las formas en que la ciencia lo logra es buscandocaracterísticas que se mantengan invariables a lo largo del tiempo, generalmente bajo la forma de relaciones entrelos parámetros. A esas características se les llama invariantes del sistema. En el ejemplo del gas, una conocida leyfísica dice que PV = nRT (donde n es la masa en moles y R una constante). Esta ley puede expresarse diciendo quePV/(nT ) es un invariante.

En lo que sigue consideraremos sistemas discretos, en los cuales el conjunto de estados posibles E = {E1, E2, E3, . . . }es finito o numerable y el tiempo no es continuo, sino más bien una sucesión de instantes. En cada instante hay unconjunto de transiciones válidas Ei → Ej que representan los cambios de estado posibles. Un juego como el ajedrezes un buen ejemplo: un estado queda determinado por la posición de las fichas en el tablero, a quien le toca jugar yalguna información adicional sobre las jugadas previas. Las transiciones válidas corresponden a las jugadas posiblesen cada estado, según las reglas del juego.

Se dice que un estado B es accesible desde otro estado A si existen una o más transiciones válidas que lleven elsistema desde A hasta B, es decir si existe un conjunto de estados A = E0, E1,. . . , En−1, En = B y transicionesválidas E0 → E1, E1 → E2,. . . , En−1 → En.

Un problema típico es el de saber si un estado B es accesible o no desde otro estado A. Para probar que lo es,basta hallar una sucesión de transiciones que nos lleve de A a B. Pero probar la inaccesibilidad suele ser más difícil.Un enfoque exhaustivo (examinar todas las sucesiones de transiciones posibles) puede ser prohibitivo por el tiemporequerido. En estos casos suele ser útil la noción de invariante, que definiremos como una función I : E → X , dondeE es el conjunto de estados del sistema y X un conjunto cualquiera, tal que para cada transición válida E1 → E2

se cumple I(E1) = I(E2). Si I es un invariante y B es accesible desde A, entonces por transitividad I(A) = I(B).Por lo tanto si I(A) 6= I(B) entonces B no es accesible desde A (ni A desde B). Lamentablemente, de la igualdadI(A) = I(B) no se puede deducir, en general, la accesibilidad.

2. Algunos ejemplos sencillos

Ejemplo 1. Suponga que en una pizarra se escriben los números naturales del 1 al 100. A continuación se escogendos de esos números a y b, se borran y se escribe en la pizarra el valor de la suma a + b. Se continúa de este modohasta que quede un sólo número en la pizarra. ¿Cuál es ese número?

1

Solución. Un análisis exhaustivo no es viable, porque el número de maneras diferentes en que puede desarrollarse estesistema es enorme. Pero tratemos de hallar un invariante. Si se borran a y b y se escribe en la pizarra a+ b, habrá unnúmero menos en la pizarra, pero ¿hay algo que no haya cambiado? Sí, la suma S de todos los números en la pizarra.Como al principio S = 1 + 2 + 3 + · · ·+ 100 = 5050, al final debe tener ese mismo valor y el número que queda en lapizarra es siempre el 5050.

Ejemplo 2. Los números 1, 2, . . . , 20 se escriben en una pizarra. En una operación se borran dos números a y b y seescribe el número a+ b− 1. ¿Qué número queda en la pizarra después de 19 operaciones?

Solución. La suma S de los números que están en la pizarra no es un invariante, pues en cada operación disminuye en1. Pero la cantidad N de números escritos también disminuye en 1, luego la diferencia D = S −N es un invariante.El valor inicial de D es 1 + 2 + · · · + 20 − 20 = 1 + 2 + · · · + 19 = 190. Cuando quede solo un número x se tendráD = x− 1 = 190, por lo tanto el último número que queda en la pizarra es el 191.

Ejemplo 3. Los números 1, 2, . . . , 20 se escriben en una pizarra y se permite la siguiente operación: se borran dosnúmeros a y b y se escribe el número ab+ a+ b. ¿Qué número queda después de realizar 19 de estas operaciones?

Solución. Notemos que ab + a+ b = (a+ 1)(b + 1)− 1. Si en una operación posterior se elige este número con algúnotro número c, se deberá escribir el número (a+ 1)(b+1)(c+1)− 1. Esto sugiere que pensemos en el producto de losnúmeros que están en la pizarra incrementados en 1, el cual evidentemente es un invariante. Inicialmente ese invariantevale (1 + 1)(2 + 1) · · · (20 + 1) = 21!. Luego de 19 operaciones quedará un número x tal que x+ 1 = 21!, por lo tantox = 21!− 1.

Ejemplo 4. En una pizarra están escritos los números naturales del 1 al 100. Jorge escoge dos de esos números a y b,los borra y luego escribe alguno de los números a− b, b− a ó a+ b. Continúa de esa manera hasta que queda un sólonúmero k en la pizarra. ¿Puede determinarse la paridad de k?

Solución. En este caso el valor de k no queda determinado como en el ejemplo anterior; su valor depende de lasdecisiones que se vayan tomando en el proceso. Más precisamente, si luego de borrar a y b Jorge escribe a+ b, entoncesla suma no varía, pero si escribe a− b la variación de la suma es a− b− (a+ b) = −2b, y si escribe b− a la variaciónes b− a− (a+ b) = −2a. Se ve entonces que la variación de la suma es siempre un número par (0, −2b ó −2a). Por lotanto la paridad de la suma es un invariante. Como inicialmente la suma es par (ya que es 5050), seguirá siendo parhasta el final y por lo tanto k debe ser par.

Ejemplo 5. Sobre una mesa hay 11 vasos, 5 de ellos boca arriba y 6 boca abajo. Un movimiento consiste en escogerdos vasos cualesquiera y voltearlos simultáneamente. ¿Será posible, mediante una sucesión de estos movimientos, dejartodos los vasos boca arriba? ¿Y dejarlos todos boca abajo?

Solución. La respuesta a la primera pregunta es afirmativa: basta tomar dos de los 6 vasos que están boca abajo yvoltearlos, voltear luego dos de los 4 vasos que quedan boca abajo y finalmente voltear los dos únicos que quedanboca abajo. La respuesta a la segunda pregunta es negativa. En cada movimiento el número de vasos boca abajo opermanece igual, o aumenta en 2 o disminuye en 2. Por lo tanto la paridad del número de vasos boca abajo es uninvariante, que inicialmente es par, mientras que en la posición “todos boca abajo” es impar.

Ejemplo 6. En cada uno de los 10 escalones de una escalera hay una rana. Cada rana puede dar un salto para llegar acualquiera de los otros escalones, pero cuando lo hace, al mismo tiempo otra rana salta la misma cantidad de escalonespero en sentido contrario (una rana sube y la otra baja). ¿Podrán, en algún momento, quedar todas las ranas juntasen un mismo escalón?

Solución. Numeremos los escalones del 1 al 10 y asociemos a cada rana el número del escalón que ocupa. La sumainicial de esos valores es R = 1 + 2 + · · ·+ 10 = 55. Esta suma no cambia después de cada salto de dos ranas, ya quesi una rana salta m escalones la otra salta también m pero en sentido inverso, por lo que la suma no se altera. Si lasranas, en algún momento, ocupasen un mismo escalón, digamos el n, la suma de los números asignados a cada ranasería 10n. Pero 55 no es múltiplo de 10, luego esa situación es imposible.

2

Ejemplo 7. En cada una de las 64 casillas de un tablero de ajedrez hay un grano de azúcar. Una hormiga llega alvértice inferior izquierdo del tablero, come el azúcar, y se traslada a una casilla adyacente, desplazándose en direcciónhorizontal o vertical (pero nunca en diagonal). Continúa de este modo hasta acabar con todo el azúcar, y sin pasardos veces por una misma casilla. ¿Es posible que su trayecto finalice en el vértice superior derecho?

Solución. Numeremos las filas del tablero de 1 a 8, de abajo hacia arriba, y las columnas de 1 a 8, de izquierda aderecha. Entonces cada casilla puede identificarse por sus coordenadas (fila, columna). Supongamos que la hormigarecorre las 64 casillas del tablero y que la n-sima casilla visitada tiene coordenadas (fn, cn). En cada movimiento fnó cn se incrementan o disminuyen en una unidad, por lo tanto la paridad de fn + cn cambia. Pero también cambia laparidad de n al incrementarse en 1, por lo tanto la paridad de I = fn+ cn+n permanece invariante a lo largo de todoel recorrido. Ahora bien, al inicio del trayecto se tiene I = 1 + 1 + 1 impar. Si la última casilla visitada fuese la (8,8)entonces se tendría I = 8 + 8 + 64, que es par, por lo tanto el trayecto no puede terminar allí.

Una forma más amena de este argumento utiliza la noción de coloración. Como se sabe las casillas del tablerode ajedrez están pintadas de dos colores, digamos blanco y negro, en forma alternada. Cada movimiento unitario, endirección horizontal o vertical, nos lleva de una casilla a otra de diferente color. Ahora bien, como el tablero tiene8 × 8 = 64 casillas, comenzando en cualquiera de ellas se requieren 63 movimientos para recorrerlas todas. Pero esclaro que después de 1, 3, 5 o cualquier número impar de movimientos estaremos en una casilla de color diferente a lainicial. Esto demuestra que la respuesta al problema que nos ocupa es negativa, ya que un vértice y el opuesto son delmismo color.

Ejemplo 8. En una pizarra están escritos los números 3, 4 y 12. Las operaciónes permitidas consisten en escogerdos de los tres números, digamos a y b, y reemplazarlos por 0,6a − 0,8b y 0,8a + 0,6b. ¿Es posible, aplicando estasoperaciones, llegar a tener los números 4, 6 y 12?

Solución. Como(0,6a− 0,8b)2 + (0,8a+ 0,6b)2 = a2 + b2,

la suma de los cuadrados de los tres números es un invariante. Su valor inicial es 32 + 42 + 122 = 169, mientras que42 + 62 + 122 = 196, por lo tanto no es posible llegar a tener los números 4, 6 y 12.Nota: Si los tres números se interpretan como las coordenadas (x, y, z) de un punto en el espacio, las operaciones

permitidas corresponden a rotaciones alrededor de los ejes coordenados, las cuales no alteran la distancia√

x2 + y2 + z2

del punto al origen.

Ejemplo 9. (Olimpiada del Cono Sur, 2000) En el plano cartesiano, considere los puntos con ambas coordenadasenteras y las rotaciones de 90 grados en sentido antihorario con centro en esos puntos. ¿Es posible, mediante unasucesión de esas rotaciones, transformar el triángulo de vértices (0, 0), (1, 0) y (0, 1) en el triángulo de vértices (0, 0),(1, 0) y (1, 1)?

Solución. Luego de algunos intentos fallidos, uno comienza a pensar que es imposible. Si se aplican las rotacionespermitidas al punto (0,0) se pueden obtener los puntos (1,1), (-1,1), (-1,-1), (1,-1), (2,0), (0,2), etc., pero en cambio nopueden obtenerse (1,0), (0,1), (-1,0), (0,-1), (2,1),. . . Esto nos sugiere que sólo pueden obtenerse puntos con suma decoordenadas par, como el origen. De hecho, la paridad I(P ) = x+y mod 2 de la suma de ambas coordenadas de un puntoP = (x, y) es un invariante. En efecto, si se aplica a P la rotaciónR de centro (a, b) se obtiene R(P ) = (a+b−y, b−a+x).

3

La diferencia entre la suma de coordenadas de R(P ) y P es (a+b−y)+(b−a+x)−(x+y) = 2(b−y) que es par, luegoI(P ) = I(R(P )). Ahora bien, para el primer triángulo se tiene I(0, 0) = 0, I(1, 0) = I(0, 1) = 1, es decir que I es 0 enun vértice y 1 en los dos restantes, mientras que para el segundo I(0, 0) = I(1, 1) = 0, I(1, 0) = 1. Inmediatamente seconcluye que es imposible transformar uno en otro.

Ejemplo 10. (Olimpiada Iberoamericana 2002) Dado cualquier conjunto de 9 puntos en el plano de los cuales no haytres colineales, demuestre que para cada punto P del conjunto, el número de triángulos que tienen como vértices atres de los ocho puntos restantes y a P en su interior, es par.

Solución. Si se une con un segmento cada par de puntos diferentes de P , el plano queda dividido en regiones poligonales,una de ellas no acotada. Si P se mueve dentro de una de esas regiones entonces el número de triángulos a los quepertenece no cambia. Pero si cruza la frontera entre dos regiones entonces sale de algunos triángulos y entra en otros.Si una frontera es parte del segmento que une dos puntos Q y R del conjunto dado y x de los 6 puntos diferentes deP , Q y R quedan del mismo lado de la recta QR que P , entonces al cruzar esa frontera P sale de x triángulos y entraen otros 6− x. El cambio neto en el número de triángulos que contienen a P es (6− x) − x = 2(3− x) que es par. SiP se mueve desde su posición inicial hasta la región no acotada, el número de triángulos que lo contienen mantendrásu paridad. Pero al llegar a la región no acotada ese número será 0, lo que completa la prueba. Observe que si en elenunciado se cambia 9 por cualquier entero impar la conclusión es la misma.

Ejemplo 11. Considere los puntos del plano cartesiano con ambas coordenadas naturales. A partir de un punto (a, b)está permitido moverse a (a − b, b) si a > b o a (a, b − a) si a < b. Por ejemplo la siguiente es una trayectoria válidapartiendo de (12, 7):

(12, 7) → (5, 7) → (5, 2) → (3, 2) → (1, 2) → (1, 1).

Partiendo de (86415, 69118), ¿será posible llegar hasta (1, 1)?

Solución. Si a > b entonces mcd(a − b, b) = mcd(a, b) y si a < b entonces mcd(a, b − a) = mcd(a, b), es decir que elmáximo común divisor de las coordenadas es un invariante. Como mcd(86415, 69118) = 7 y mcd(1, 1) = 1, le respuestaes que no es posible. De hecho, las trayectorias que parten de (a, b) siempre terminan en (d, d), donde d = mcd(a, b).

Ejemplo 12. (Torneo de las Ciudades 1984) En la isla Camaleón hay 13 camaleones de color amarillo, 15 de colorverde y 17 de color rojo. Si se encuentran dos camaleones de diferente color, cambian ambos simultáneamente al tercercolor (por ejemplo si se encuentran uno amarillo y otro verde, ambos se vuelven rojos). ¿Es posible que en algúnmomento todos los camaleones lleguen a ser del mismo color?

Solución. En este sistema un estado se puede describir mediante una terna (a, v, r), donde a es la cantidad de cama-leones amarillos, v la de verdes y r la de rojos. Un invariante obvio es a+v+ r = 45, pero no es suficiente para resolverel problema. Analicemos lo que ocurre después del encuentro de dos camaleones. Las cantidades cambian a:

(a− 1, v − 1, r + 2), si se encuentran un camaleón amarillo y uno verde,(a− 1, v + 2, r − 1), si se encuentran un camaleón amarillo y uno rojo,(a+ 2, v − 1, r − 1), si se encuentran un camaleón verde y uno rojo.La diferencia de las cantidades a y v cambia, según el caso, a (a−1)− (v−1) = a−v, (a−1)− (v+2) = a−v−3 o

(a+2)− (v− 1) = a− v+3. Por lo tanto, a− v es un invariante si se toma módulo 3. Si todos los camaleones en algúnmomento llegaran a ser del mismo color, la diferencia a− v sería 0, 45 ó −45, es decir 0 módulo 3. Pero originalmentea− b = 13− 15 = −2 ≡ 1 (mod 3), por lo tanto es imposible que lleguen a ser todos del mismo color.

Otra forma de verlo: inicialmente el conjunto de restos de a, b y c módulo 3 es R = {1, 0, 2}. En cada encuentro dedos camaleones de diferente color, dos de los números a, b y c disminuyen en 1 y el otro aumenta en 2. Pero módulo 3aumentar en 2 es lo mismo que disminuir en 1, por lo tanto se puede decir que los tres números, tomados módulo 3,disminuyen en 1. Por lo tanto el conjunto R es un invariante. Los camaleones no pueden llegar a ser todos del mismocolor, pues en ese caso dos de los restos serían iguales a 0.

Ejemplo 13. En el tablero de la figura está permitido cambiar de signo a todos los números de una misma fila,columna, diagonal o paralela a una diagonal. ¿Podrá llegarse a obtener un tablero sin elementos negativos?

4

-1 1 1 11 1 1 -1-1 1 -1 11 -1 1 1

Solución. El producto de los elementos en las casillas marcadas con x es un invariante. Como inicialmente es −1, noes posible obtener un tablero sin elementos negativos.

x xx xx x

x x

Ejemplo 14. Sea n ≥ 4. Si cada uno de los números a1, a2,. . . , an son 1 ó −1 y cumplen

a1a2a3a4 + a2a3a4a5 + · · ·+ ana1a2a3 = 0,

pruebe que n es múltiplo de 4.

Solución. Se puede introducir un proceso en este problema considerando que se parte de (a1, a2, . . . , an) y que sevan cambiando los signos de los elementos negativos de uno en uno, hasta llegar a (1, 1, . . . , 1). Sea S = a1a2a3a4 +a2a3a4a5 + · · ·+ ana1a2a3. Cuando se cambia de signo un ai cambian de signo los cuatro productos en que aparece.Pero la suma de esos cuatro productos, que son impares, es un número par 2k, y después del cambio de signo será −2k.Luego la variación de S es −2k− 2k = −4k que es múltiplo de 4. Es decir que S mod 4 es un invariante. InicialmenteS = 0 y al final S = n mod 4. Por lo tanto n mod 4 = 0.

Ejemplo 15. (Olimpiada Centroamericana y del Caribe 2002) En el plano coordenado se tiene la cuadrícula de n×n,con n entero mayor o igual que 2, cuyos vértices son los puntos de coordenadas enteras (x, y), con 0 ≤ x ≤ n y0 ≤ y ≤ n. Considere los caminos que van de (0, 0) a (n, n) sobre las líneas de esta cuadrícula y que sólo avanzanhacia la derecha o hacia arriba. Uno de tales caminos se llama equilibrado si la suma de los valores de x de todos lospuntos por los que pasa es igual a la suma de todos los valores de y de esos mismos puntos. Muestre que todo caminoequilibrado divide al cuadrado de lado n en dos figuras de la misma área.

Solución. Sea P0, P1,. . . , P2n un camino. Pongamos Pi = (xi, yi) y llamemos L al área que queda por debajo delcamino y U al área que queda por encima. Sean Pk−1, Pk, Pk+1 tres puntos consecutivos tales que el segmento Pk−1Pk

sea vertical y el segmento PkPk+1 sea horizontal. Construyamos otro camino sustituyendo Pk por P ′k = (xk+1, yk−1).

Es claro que en el nuevo camino la suma de las x’s aumenta en 1 respecto al camino original, mientras que el áreadebajo del camino disminuye en 1. Por lo tanto I = L+

∑

xi es un invariante para estas transformaciones elementalesde caminos. Como cualquier camino puede llevarse mediante sucesivas transformaciones de este tipo al camino quetiene n segmentos horizontales seguidos de n segmentos verticales, resulta que L+

∑

xi = 0+ (0 + 1 + 2+ · · ·+ n) +(n + · · · + n) = n(n + 1)/2 + n2. Intercambiando los ejes se prueba del mismo modo que para cualquier camino secumple U +

∑

yi = n(n + 1)/2 + n2. Por tanto L +∑

xi = U +∑

yi. Esta igualdad muestra que L = U si y sólo si∑

xi =∑

yi.

Ejemplo 16. (Olimpiada de Moscú 1995) Se tienen inicialmente 4 triángulos rectángulos congruentes. En un movi-miento se puede tomar cualquier triángulo y partirlo en dos por la altura desde su ángulo recto. Muestre que siemprese tiene al menos un par de triángulos congruentes.

Solución. Tomemos la hipotenusa de los triángulos iniciales como unidad y sean a y b las longitudes de los catetos.Cada división produce triángulos semejantes al que se divide con razón a ó b.

1

c b

c b

5

Por lo tanto cada triángulo generado será semejante a los iniciales, con razón aibj para ciertos enteros i, j ≥ 0. Cadatriángulo de este tipo se puede asociar con una ficha colocada en el punto de coordenadas (i, j) del plano cartesiano.Inicialmente hay cuatro fichas en el punto (0, 0). Asignemos ahora a cada ficha ubicada en (i, j) un peso igual a 2−i−j .La división de un triángulo de tipo (i, j) genera un triángulo de tipo (i+ 1, j) y otro de tipo (i, j +1). Esta operaciónno cambia el peso total de las fichas, que es por lo tanto un invariante y su valor es el inicial, es decir 4. Ahora bien, sien un número finito de pasos se logra que en ningún punto (i, j) haya más de una ficha, el peso total sería menor que4, lo cual es imposible. En efecto, el conjunto de todas las fichas puede encerrarse dentro de un rectángulo de vértices(0, 0), (n, 0), (0,m) y (n,m) y el peso de las fichas en ese rectángulo es a lo sumo

n∑

i=0

m∑

j=0

2−i−j =

n∑

i=0

2−i

m∑

j=0

2−j = (2− 2n)(2− 2m) < 4.

3. Permutaciones

Sea a1, a2,. . . , an una permutación de los números de 1 a n (es decir, una reordenación de los mismos). Un par(ai, aj) se dice que es una inversión si i < j y ai > aj . La paridad de la permutación es la paridad del número totalde inversiones que tenga. Por ejemplo la permutación 2, 3, 1, 5, 4 tiene 3 inversiones, a saber (2,1), (3,1) y (5,4), luegoes una permutación impar. La permutación (1,2,3,4,5) no tiene ninguna inversión: es par.

Si en una permutación se intercambian de lugar dos elementos contiguos ai y ai+1, entonces el número de inversionesdisminuye en una unidad si (ai, ai+1) era una inversión, o aumenta en una unidad si no lo es, por lo tanto la paridadde la permutación cambia. Más en general, si se intercambian de lugar dos elementos cualesquiera ai y aj (operaciónque se llama transposición) la paridad de la permutación cambia. En efecto, si i < j el intercambio puede realizarsetransponiendo sucesivamente ai con ai+1, ai+2,. . . aj y luego aj con aj−1, aj−2,. . . ai+1. Como en total se realizaron2(j− i)− 1 transposiciones de elementos contiguos, la paridad cambió un número impar de veces, es decir que cambió.

Ejemplo 17. En la pizarra están escritos los números del 1 al 10 en orden creciente:

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

Una operación permitida consiste en seleccionar cuatro números, intercambiar el primero con el cuarto y el segundocon el tercero. Analice la posibilidad de que alguna secuencia de estas operaciones produzca como resultado

10 9 8 7 6 5 4 3 2 1.

Solución. Las operaciones permitidas equivalen a efectuar dos transposiciones, por lo tanto cambian la paridad dosveces, es decir que la dejan igual. Tenemos así un invariante.

La permutación inicial (1,2,3,4,5,6,7,8,9,10) no tiene inversiones, mientras que (10, 9, 8, 7, 6, 5, 4, 3, 2, 1) tiene9 + 8 + 7 + · · ·+ 1 = 45 inversiones. Como 0 y 45 son de diferente paridad, el segundo estado es inaccesible desde elprimero.

Ejemplo 18. En 1878 Sam Loyd propuso un rompecabezas que ha mantenido su popularidad hasta nuestros días.En una caja hay 15 fichas cuadradas, numeradas del 1 al 15, dispuestas como se ve en el siguiente diagrama.

1 2 3 4

5 6 7 8

9 10 11 12

13 15 14

6

La casilla inferior derecha está vacía, y si los números se leen de izquierda a derecha y de arriba hacia abajo entoncesestán ordenados en forma creciente, excepto por el 15 y el 14 que aparecen transpuestos. Un movimiento válidoconsiste en deslizar una de las fichas adyacentes a la casilla vacía hasta ocuparla. ¿Es posible, mediante una secuenciade movimientos válidos, intercambiar el 14 y el 15 dejando a los demás números en su posición inicial? Sam Loydofreció 1000 dólares de premio a quien lo lograse, generando una verdadera fiebre entre la gente que procuraba hallarla solución. Sin embargo nadie logró cobrar el premio...

Solución. No es posible. Numeremos las filas de 1 a 4, de arriba hacia abajo. A cada posición del juego del 15 lepodemos asociar una permutación de los números del 1 al 15, leyendo cada fila de izquierda a derecha, desde la 1hasta la 4, sin tomar en cuenta la casilla vacía. A la posición inicial le corresponde la permutación 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7,8, 9, 10, 11, 12, 13, 15, 14, que tiene una sola inversión, a saber la (15, 14), y por lo tanto es impar. La permutaciónque había que obtener para ganar el premio era simplemente la sucesión ordenada de los números del 1 al 15, que espar. Es claro que los movimientos horizontales no modifican en nada la permutación ni la fila en que se encuentra lacasilla vacía. En cambio si se mueve un número hacia abajo el efecto será que este número adelanta a los tres que lesiguen, lo que equivale a efectuar tres transposiciones sucesivas, y la paridad de la permutación cambia. Pero en estecaso cambia también la paridad de la fila ocupada por la casilla vacía. En consecuencia la suma módulo 2 del númerode fila en que se encuentra la casilla vacía y la paridad (par = 0, impar = 1) de la permutación de los números en lasfichas, es un invariante. En la posición inicial este invariante es 1, y en la que se quiere lograr es 0.

4. Juegos de estrategia

Los juegos a los cuales nos referimos en esta sección pueden conceptualizarse como sistemas que pueden estaren cierto número de estados, también llamados posiciones del juego. Debe haber un estado inicial y uno o másestados finales. El estado del juego puede cambiar como consecuencia de las jugadas que realizan los contendientes,siguiendo reglas específicas. Un juego puede ser unipersonal (como los conocidos solitarios que se juegan con cartas)o pluripersonal. Cuando se llega a una posición final la partida termina y las reglas del juego determinan qué jugadores el ganador, o si hay empate. Una estrategia ganadora es un método de juego que asegura la victoria al jugador quela aplica.

A continuación consideraremos juegos bipersonales, en los cuales participan dos jugadores que convencionalmentellamaremos A y B. Una partida se inicia en el estado inicial, y su desarrollo consiste en que A y B realizan jugadasde manera alternada, comenzando por A. Supondremos que el juego es de información perfecta, es decir que ambosjugadores tienen pleno conocimiento del juego, de sus reglas y de las jugadas que cada uno ha realizado. En particular,no hay jugadas ocultas ni interviene para nada el azar. También supondremos que el juego es finito, es decir que cadajugador, en su turno, tiene a su disposición un número finito de jugadas posibles para elegir y que toda partida finaliza(llega a una posición final) en un número finito de jugadas. Si no hay posibilidad de empate (es decir, si toda partidafinaliza con un ganador y un perdedor) vale el siguiente resultado:

Teorema de Zermelo

En un juego bipersonal finito de información perfecta y sin posibilidad de empate, uno de los dos jugadores tieneuna estrategia ganadora.

Las estrategias ganadoras suelen estar ligadas a invariantes, como en los siguientes problemas.

Ejemplo 19 (OMCC 2002).Dos jugadores A, B y otras 2001 personas forman un círculo, de modo que A y B no quedan en posiciones consecutivas.A y B juegan por turnos alternadamente empezando por A. Una jugada consiste en tocar a una de las personas que seencuentra a su lado, la cual debe salir del círculo. Gana el jugador que logre sacar del círculo a su oponente. Demostrarque uno de los dos jugadores tiene una estrategia ganadora y describir dicha estrategia.

Solución. Como 2001 es impar, en uno de los arcos que separan A de B hay un número par de personas interpuestasy en el otro una cantidad impar. Si A logra que se repita esa situación cada vez que sea su turno entonces ganaráel juego, ya que la reducción del número de personas hará que eventualmente B quede a su lado. Esto lo logra A

7

fácilmente tocando a su vecino en el arco par, dejando así un número impar de personas en cada arco. Al jugar Bvuelven a quedar un arco par y otro impar.

Ejemplo 20 (Juego de Bachet). En un montón hay 100 piedras. Dos jugadores A y B juegan alternadamente,comenzando por A. Cada jugador puede retirar como mínimo una y como máximo cinco piedras. Gana el que retirela última piedra. ¿Tiene alguno de ellos una estrategia ganadora? ¿Cuál es esa estrategia?

Solución. Por el Teorema de Zermelo alguno de los dos jugadores tiene una estrategia ganadora, el problema esdeterminar cuál de los dos la tiene, y cuál es esa estrategia. Parte de la dificultad de este problema es el gran númerode piedras inicial, que hace muy difícil un análisis exhaustivo de todas las jugadas posibles. Lo indicado en estoscasos es simplificar el problema, para lo cual podemos estudiar qué sucede para valores pequeños del número inicialde piedras n. Para n = 1 obviamente A la retira y gana. Lo mismo ocurre si n = 2, 3, 4 ó 5. En cambio si n = 6quien tiene una estrategia ganadora es B, ya que juegue lo que juegue A en el montón quedarán de 1 a 5 piedras, yB gana retirándolas todas. Si n = 7, A puede ganar retirando 1 y dejándole 6 a B. Del mismo modo si n = 8, 9, 10u 11, A gana retirando respectivamente 2, 3, 4 ó 5 piedras. Pero para n = 12 quien tiene una estrategia ganadora esnuevamente B. En general, si n es múltiplo de 6, B tiene una estrategia ganadora. Lo que debe hacer, si A retira kpiedras (1 ≤ k ≤ 5), es retirar 6−k piedras, dejando nuevamente un múltiplo de 6 en el montón. Así el montón llegaráeventualmente a 0, ganando B. En cambio si n no es múltiplo de 6, quien tiene una estrategia ganadora es A. En suprimera jugada debe retirar un número de piedras igual al resto de la división de n entre 6, para así dejarle a B unmúltiplo de 6. En lo sucesivo juega dejando siempre un múltiplo de 6 en el montón.

En este ejemplo n = 100, que no es múltiplo de 6, por lo tanto A tiene una estrategia ganadora. En su primerajugada debe retirar 4 piedras y en lo sucesivo jugar de modo de dejarle siempre a su oponente un múltiplo de 6.

5. Subinvariantes

Un subinvariantes es una función S : E → R tal que, si Ei → Ej es una transición válida, entonces S(Ei) ≤ S(Ej).Si el estado B es accesible desde A entonces evidentemente S(B) ≤ S(A). Por lo tanto si S(B) > S(A) podemosconcluir que B es inaccesible desde A. Por esta razón los subinvariantes suelen ser tan útiles como los verdaderosinvariantes. Un caso particular importante se presenta cuando el subinvariante toma valores enteros no negativos. Eneste caso no puede haber una sucesión infinita estrictamente decreciente de valores de S, por lo tanto a partir de ciertoinstante los valores de S deben estabilizarse y ya no cambiarán.

Ejemplo 21. En un parlamento unicameral cada miembro tiene a lo sumo 3 enemigos. Muestre que el parlamento sepuede dividir en 2 cámaras, de manera que cada miembro tenga a lo más un enemigo en la cámara en que quede.

Solución. Distribuya las personas en dos cámaras A y B de cualquier manera. Si una persona tiene más de un enemigoen el comité en que está, cámbiela a la otra cámara, donde tendrá a lo sumo un enemigo. La suma del número de paresde enemigos en cada cámara es entonces un subinvariante que toma valores enteros no negativos. Cuando llegue a suvalor mínimo se habrá logrado el objetivo.

Ejemplo 22. En un tablero cuadrado de 100 × 100 hay 99 casillas infectadas. Si una casilla tiene dos o más ladoscomunes con casillas infectadas, ella también se infecta por contagio. ¿Es posible que en algún momento todas lascasillas del tablero estén infectadas?

Solución. No es posible. El perímetro P de la figura formada por las casillas infectadas es un subinvariante, ya quecuando una casilla sana se infecta al menos dos lados comunes con casillas previamente infectadas dejan de perteneceral borde de la figura, mientras que a lo sumo otros dos se incorporan al borde. Si todas las casillas se infectasen Pterminaría siendo 400, pero el valor inicial de P es a lo sumo 99× 4 < 400.

Ejemplo 23. (Subiendo al cielo) Consideremos en el plano cartesiano la cuadrícula cuyos vértices son los puntos conambas coordenadas enteras. Supongamos que se colocan fichas en celdas ubicadas debajo de la línea y = 0 (a lo sumouna ficha por celda). Una ficha puede saltar sobre otra contigua hasta una casilla vacía, y la ficha sobre la cual se saltase retira (como en el juego de damas). Llamemos coordenadas de una celda unitaria a las coordenadas de su vérticeinferior izquierdo. ¿Para qué valores de n ≥ 0 es posible llevar una ficha hasta la celda (0, n)?

8

Solución. Con dos fichas en (0− 1) y (0,−2) se puede llegar a colocar una ficha en (0,0):

b bbb

bO O

Con cuatro fichas se puede llegar a colocar una ficha en (0,1):

bb b b

bb b

bb

b

Del mismo modo con 8 fichas dispuestas como muestra la figura

b b b b bb b b

es fácil ver que se puede alcanzar (0, 2). Y con 21 fichas se puede alcanzar (0, 3) (esto se deja como ejercicio). Podríapensarse entonces que, comenzando con un número suficiente de fichas, se podría alcanzar cualquier altura. Pero enrealidad no es así, de hecho ¡la celda (0, 4) es inalcanzable! Para probarlo construiremos un subinvariante. La idea estratar de expresar la «energía» de una configuración sumando las energías E(x, y) de cada una de las fichas. La energíade una ficha ubicada en la celda (0, y+2) debe ser igual a la suma de dos fichas ubicadas en (0, y) y (0, y+1), es decir

E(0, y + 2) = E(0, y) + E(0, y + 1).

Esto puede verse como una relación de recurrencia, de hecho la famosa recurrencia de Fibonacci, que tiene la soluciónE(0, y) = ry , si r2 = r + 1. La raíz positiva de esta ecuación es ϕ = (1 +

√5)/2 (la razón áurea).

Si deseamos colocar una ficha en una celda (0, y) con el mayor y posible, los únicos movimientos razonables parecenser los ascendentes y los horizontales dirigidos hacia el eje de las y. La misma ley de conservación puede obtenersepara estos movimientos tomando E(x, y) = ϕy−|x|. Finalmente, si S es un conjunto de celdas con fichas, definimos

E(S) =∑

(x,y)∈S

(

1 +√5

2

)y−|x|

.

Observamos que el valor de E(S) se mantiene si se efectúan movimientos «en la dirección correcta», es decir haciaarriba u horizontales hacia el centro. Para otros movimientos, E(S) disminuye (es decir que es un subinvariante).

Ahora bien, la energía de una ficha en la celda (0, 4) es ϕ4. Si se coloca una ficha en cada celda (x, y) con y < 0,la energía total sería

−1∑

y=−∞

+∞∑

x=−∞

ϕy−|x| =

−1∑

y=−∞

ϕy

(

1 + 2

∞∑

x=1

ϕ−x

)

=

−1∑

y=−∞

ϕy

(

1 +2ϕ−1

1− ϕ−1

)

=1 + ϕ−1

1− ϕ−1

−1∑

y=−∞

ϕy =1 + ϕ−1

1− ϕ−1

ϕ−1

1− ϕ−1=

ϕ+ 1

(ϕ− 1)2,

9

pero como ϕ(ϕ− 1) = ϕ2 − ϕ = 1 resulta

ϕ2

(ϕ − 1)2=

ϕ4

(ϕ(ϕ − 1))2= ϕ4.

Esto significa que ninguna cantidad finita de fichas en el semiplano y < 0 logra alcanzar la energía ϕ4 (y una cantidadinfinita nunca permitiría llegar en un número finito de pasos hasta (0, 4)).

6. Referencias

El siguiente libro dedica su primer capítulo al Principio de Invariancia y contiene problemas de todos los gradosde dificultad:

Engel, A., Problem-Solving Strategies, Springer, New York, 1998.

Vea también la sección 3.4 de

Zeitz, P., The Art and Craft of Problem Solving, 2nd ed., John Wiley & Sons, 2007.

El Capítulo 12 del siguiente libro contiene problemas interesantes y accesibles sobre invariantes:

Fomin, D., Genkin, S., Itenberg, I. V. , Mathematical Circles (Russian Experience), American MathematicalSociety, 1996.

Un análisis elemental del juego del 15 puede verse en

Nieto, J. H., Permutaciones y el Juego del 15, Boletín de la Asociación Matemática Venezolana, 12(2) (2005),259–264. Este artículo está disponible en

http://www.emis.de/journals/BAMV/conten/vol12/jnieto.pdf

En http://www.jhnieto.org/15-1.htm se puede practicar el juego del 15 en línea.

En http://www.jhnieto.org/sube.htm se puede jugar “Subiendo al cielo” en línea.

10

Problema 263, propuesto por Andrés Sáez Schwedt, Universidad de León, España.

ABCD es un cuadrilátero cíclico y E es un punto de AC (A entre C y E). La circunferencia por A y B tangente a BE

corta a AC en F y a AD en G. Si BG corta a ED en H, probar que FH es paralela a CD.

Solución de Florentino Damián Aranda Ballesteros, profesor del IES Blas Infante de Córdoba (España).

Una vez realizada la construcción descrita en el enunciado, consideramos el punto , punto de corte de la recta

con la circunferencia de centro O, que circunscribe al cuadrilátero .

Como la circunferencia de centro O’, que pasa por y es tangente a corta a en se tiene que

Por otra parte,

Relacionando ambas expresiones:

Por tanto, obtenemos la semejanza entre los triángulos Sea además k>0, la razón de semejanza

entre ambos triángulos:

De esta semejanza, deducimos el paralelismo entre los segmentos

Observamos las igualdades entre los siguientes ángulos .

Si tenemos que entonces

Por tanto, obtenemos la semejanza entre los triángulos siendo además que:

De ambas relaciones (I) y (II), se obtiene que:

En el siguiente par de triángulos, se verifica y

Por tanto, ambos triángulos son semejantes, y, como quiera que, y ,

necesariamente

De mi biblioteca (1)

Tradicionalmente, aunque no hay un currículo oficial en la IMO o en la Olimpiada Iberoamericana de Matemáticas, los problemas que se incluyen en las respectivas Listas Cortas se agrupan de la siguiente manera: Combinatoria y grafos, Geometría, Teoría de Números, Álgebra, y Problemas diversos. En una serie de artículos que comenzamos ahora, me propongo recomendar los que, escarbando en mi biblioteca particular, considero de interés para la preparación en ambas Olimpiadas. Ni que decir tiene que las opiniones que incluyo son mías, subjetivas y sin pretender que sean exclusivas.

Combinatoria y grafos

a) Nivel Inicial

1.- Morgado, Pitombeira, Carvalho, Fernández: Análise Combinatória e Probabilidade. S.B.M. 1991.

Una excelente introducción al tema, escrita por cuatro especialistas brasileños, el primero de ellos lamentablemente fallecido hace algunos años. El tratamiento es clásico y se incluyen los lemas de Kaplansky.

2.-Niven, Ivan: Mathematics of choice (How to count without counting).New Mathematical Library (15), 1965.

En mi opinion, Ivan Niven es una especie de “Rey Midas” que todo cuanto escribe es una obra maestra. Esta monografía consta de 11 capítulos y es un modelo de cómo introducir a partir de problemas bien elegidos, cada uno de los aspectos del análisis combinatorio.

3.-Pólya, Tarjan, Woods: Notes on Introductory Combinatorics. Birkhäuser (Reimpresión de la edición de 1983).

Creo que con decir que el libro recoge las Notas (recopiladas por Woods como Profesor Asistente) del Curso de Combinatoria impartido en la Universidad de Stanford en 1978 por Pólya y Tarjan, bastará para dar idea de su interés.

4.- Bryant, Victor: Aspects of Combinatorics (A wide-ranging introduction). Cambridge U.P.1993.

Un clásico libro de corte inglés, muy práctico en la exposición de los problemas y temas, con muchos ejercicios.

5.- Anderson, Ian: A first Course in Discrete Mathematics. Springer, 2000.

Como indica su título, más que Combinatoria. Su autor es escocés (trabaja en la Universidad de Glasgow) y es otro libro de lectura casi obligada para los profesores que preparamos estudiantes para las Olimpiadas.

6.-Ore, Oystein: Graphs and their uses. NML(10), 1963.

Una buena monografía como introducción a la teoría de grafos. Muy recomendable.

b) Nivel Avanzado

7.-Chen y Koh: Principles and Techniques in Combinatorics. World Scientific, 1992.

Tres de sus seis capítulos tratan de la Teoría de Ramsey, las funciones Generatrices y las sucesiones recurrentes. Estudiando este libro el equipo de Singapur en la IMO comenzó su despegue para obtener magníficos resultados en la competición.

8.- Tomescu, Ioan: Problems in Combinatorics and graph Theory. Wiley, 1985.

Una gran colección de problemas por uno de los más expertos especialistas de todo el mundo.

9.- Lovász, László : Combinatorial Problems and exercises. North Holland 1979.

Una enorme colección de problemas, generalmente muy difíciles, de otro experto mundial, húngaro en este caso.

10.- Pérez Seguí, Mª Luisa: Combinatoria y Combinatoria Avanzada. Cuadernos de Olimpiadas de Matemáticas, México 2010.

Dos monografías que han estado en la base de los magníficos resultados obtenidos por México en las competiciones internacionales en las que toma parte. Se une a ellos Combinatoria para Olimpiadas Internacionales, de Pablo Soberón Bravo, también publicado en 2010.

Valladolid, agosto 2015.

Francisco Bellot Rosado

Problemas para los más jóvenes 53

Cinco problemas rumanos

PMJ53_1

Un número natural A lo llamamos “super 3” si la suma de sus cifras es tres veces mayor que la suma de las cifras del número A + 1.

Hallar todos los números “super 3” que tienen a lo sumo 4 cifras.

PMJ53_2

Demostrar que la fracción

2013 2012 2011

2013 2012 2011

2013 2013 20132012 2012 2012 2013

− −− − −

no es irreducible.

PMJ53_3

a) Descomponer el número 2012 en suma de números naturales consecutivos

b) Descomponer el número 2012 en suma de números naturales pares consecutivos

c) Descomponer el número 2012 en suma de números naturales impares consecutivos

Observación: 2,4,6 son números pares consecutivos y 3,5,7 números impares consecutivos.

PMJ53_4

El área de un rectángulo es 2 m2. Si se aumenta la longitud y la anchura en 2 m, el área aumenta en 8 m2. Hallar el perímetro del rectángulo inicial.

PMJ53_5

Determinar los números naturales x y los números enteros y, primos entre sí, sabiendo que

2

2

5yx xy−

es un número entero.

Problemas de nivel medio y olimpiadas 53

Cinco problemas del Talent Search 1994

NM53_1

Probar que si 2 2 2 1a b c+ + = , entonces ( ) ( ) ( )2 2 2 3a b b c c a− + − + − ≤ .

NM53_2

Probar que no existen enteros positivos m y n tales que

( )2 22 m mn n+ + sea un cuadrado perfecto.

NM53_3

En el triángulo ADC, E es un punto del lado AC, O es un punto del lado AD y la recta EO corta a la recta DC en un punto B más allá de D. Se sabe que BD/DC = 4/7 y que AE/EC = 2/3. Calcular AO/OD.

NM53_4

Dos polígonos regulares de m y n lados, respectivamente, están inscritos en la misma circunferencia. La razón de sus áreas es m/n. Hallar todos los posibles valores de m y n.

NM53_5

¿Cuál es el mayor número natural par que no puede expresarse como suma de de dos números compuestos impares?

Problemas propuestos 266-270

Problema 266, propuesto por Andrés Sáez Schwedt, Universidad de León, España.

ABC es un triángulo acutángulo con circuncentro O y ortocentro H. La recta por A perpendicular a AO corta a BH en E y a CH en F. AO corta a BC en G, EG corta a AC en M y FG corta a AB en N. Probar que M, N y H están alineados.

Problema 267, propuesto por Laurentiu Modan, Univ. de Bucarest, Rumania.

Sea Z =(X,Y) una variable aleatoria bidimensional, con

( ) ( ){ }( ) ,/ ,10 2 i ji

iP w X w i Y w j C= = = ⋅⋅

,

con 1 4 y 0i j i≤ ≤ ≤ ≤ .

Estudiar si

( ){ }( ) 1/ 3 23

P w X w − < < .

Problema 268, propuesto por D.M. Batinetzu-Giurgiu, Bucarest, y N. Stanciu, Buzau, Rumania.

Si m,n,x,y,z > 0, entonces

( )( )( )( )( )( )

31 1 1 3 3

x y y z z xxy yz zxx y z my nz mz nx mx ny m n mx ny my nz mz nx

+ + + + + + + ≥ + + + + + + + +

*Problema 269, propuesto por el editor

ABCD es un cuadrilátero; E y F son los puntos medios de AB y DC, respectivamente. G es el punto medio de EF.

DG corta a CE en H. Demostrar que AH biseca BC.

*Problema 270, propuesto por el editor

Si a, b, c son las raíces de la ecuación

3 2 1x px qx r+ + + = ,

demostrar que

( )( )( )3 3 3 3 3 31 1 1 3a b c pqr p q r− − − = − − − .

Problema 259, propuesto por el editor.Calcular la integral curvilínea

I =

∫(1 + x2 − y2)dx+ 2xy dy

(1 + x2 − y2)2 + 4x2y2.

Solución por José Heber Nieto, Universidad del Zulia, Maracaibo, Venezuela.El resultado es 0. Veamos dos maneras de probarlo.

1) Es fácil ver que la integral propuesta es la parte real de∫

dz1+z2 . Como

f(z) =1

1 + z2=

i

2

(1

z + i− 1

z − i

)tiene dos polos dentro del cuadrado, a saber i y −i, con residuos −i/2 y i/2, setiene 1

2πi

∫f(z)dz = i

2 −i2 = 0, de donde

∫f(z)dz = 0 y <(

∫f(z)dz) = 0.

2) Escribamos la integral como∫a(x, y)dx+b(x, y)dy. Es claro que a(−x,−y) =

a(x, y) y b(−x,−y) = b(x, y). Como el cuadrado es simétrico respecto al origen,si (x(t), y(t)) con 0 ≤ t ≤ T es una parametrización de la mitad del cuadrado,digamos dos lados, entonces (−x(t),−y(t)) es una parametrización de la otramitad y

∫a dx+ b dy se puede calcular como∫ T

0

(a(x, y)x+ b(x, y)y)dt+

∫ T

0

(a(−x,−y)(−x) + b(−x,−y)(−y))dt

=

∫ T

0

(a(x, y)x+ b(x, y)y)dt−∫ T

0

(a(x, y)x+ b(x, y)y)dt = 0.

Solucion al Problema 259

Angel PlazaUniversidad de Las Palmas de Gran Canaria (Epana)

Problema 259 (Propuesto por el editor)

Calcular la integral curvilınea∫(1 + x2 − y2) dx+ 2xy dy

(1 + x2 − y2)2 + 4x2y2

a lo largo de un cuadrado con vertices en los puntos ±2,±2i.

Solution. Planteando el problema en variable compleja z = x+yi, dz = dx+idy. Entonces, ha-

ciendo f(z) =1

1 + z2, se tiene f(z) =

1

1 + z2=

1

1 + x2 − y2 + 2xyi=

1 + x2 − y2 − 2xyi

(1 + x2 − y2)2 + 4x2y2.

Y∫

(1 + x2 − y2) dx+ 2xy dy

(1 + x2 − y2)2 + 4x2y2= Re

(∮c

f(z)dz

).

Notese que la funcion f(z) presenta polos simples en los puntos ±i interiores al dominio deintegracion. Por el teorema de de los residuos, se tiene que la integral pedida es∫

(1 + x2 − y2) dx+ 2xy dy

(1 + x2 − y2)2 + 4x2y2= Re (2πi (Res(f, i) + Res(f,−i))) .

Como Res(f, i) = limz→i

z − i

1 + z2=

1

2i, y Res(f,−i) = −1

2i, se sigue que la integral pedida es cero.

�

Proposed solution of problem 261, num.52 (Enero - Junio 2015))

Dear Editor of ”Rivista Escolar de la Olimpiada Iberoamericana de Matematica”,I would like to submit the following solution of problem 257

Si

xn =n∑

k=1

1

k

y f : R∗+ → R∗

+ es una funcion continua, calcolar

limn→∞

∫ exn+1

exnf(xn

)dx.

Proof Let’s change variable x = nt. The limit reads as

limn→∞

n

∫ 1nexn+1

1nexn

= limn→∞

nf(ξ)

(1

nexn+1 − 1

nexn

),

1

nexn < ξ <

1

nexn+1

xn = lnn+ γ + o(1)

thus1

nexn =

1

n(neγ+o(1)) → eγ

and the same limit occurs for exn+1/n. It follows thanks to the continuity off that

limn→∞

f(ξ) = f(eγ)

Moreover

exn+1 − exn = exn

(e

1n+1 − 1

)= neγ+o(1)

(e

1n+1 − 1

)→ eγ

The limit we are searching equals

eγf(eγ)

Roma 05/14/2015 Best regardsPaolo Perfetti

1

Perfetti Paolo, dipartimento di matematica, Universita degli studi di TorVergata Roma, via della ricerca scientifica, 00133 Roma, Italy – email: per-fetti@mat.uniroma2.it

2

Problema 261 (Proposto por D. M. Batinetzu-Giurgiu e Neculai Stanciu, Buzau, Romanía)

Se

1

1n

nk

xk=

=∑

e * *:f + +→ℝ ℝ é unha función continua, calcular

1

lim

xn

xn

e

ne

xf dx

n

+

→∞

∫ .

Solución enviada por Bruno Salgueiro Fanego, Viveiro, Lugo

Sexa *n∈ℕ ; como f é continua en 1,n nx xe e + , aplicando o teorema do valor medio do

cálculo integral, temos que

( )1

1

1 1ln lnln 1 11 1

xn

n n n n

xn

ex x x n x nnn n nn n

e

xf dx f e e f e e e f e n e

n n n n

ξ ξ ξ+

+ − −+ + = − = − = −

∫ ,

para algún ( )1,n nx xn e eξ +∈ .

Como 1n nx x

ne e

n n n

ξ +

< < , ( )lim lnlnlim lim

nn

n n

xx nx n

n n

ee e e

nγ→∞

−−

→∞ →∞= = = e

( )1 1 1limlim lnln 01 1lim lim

nn

nn n

xx nx n n n

n n

ee e e e e e e

nγ γ

+→∞→∞

−− + +→∞ →∞

= = = = , da regra do sándwich deducimos

que lim n

ne

nγξ

→∞= e, polo tanto, ( )lim limn n

n nf f f e

n nγξ ξ

→∞ →∞

= =

, onde ( )lim lnnn

x nγ→∞

= −

é a constante de Euler-Mascheroni.

Ao ser ( )

1

1

1 2

1lim 1 lim lim lim 1 0 1

1 1 1

k

nkn n n n

k k

n nn e n

n n n

∞ ∞+

→∞ →∞ →∞ →∞= =

− = = + = + = + + + ∑ ∑ ,

concluímos que

( ) ( )1 1

ln 1lim lim lim lim 1 1

xn

n

xn

ex nn n

n n n ne

xf dx f e n e f e e e f e

n nγ γ γ γξ+

− +→∞ →∞ →∞ →∞

= − = =

∫ .

Solucion al problema 262 de la revista Iberoamericana de Matemáticas

Nombre : Prof. Ramón Orlando Godoy Vindel

Colegio de secundaria : Instituto Técnico Luis Bogran

Direccion : Tegucigalpa , Honduras.

Teorema:

Para que exista la inversa de una función, la función debe de cumplir dos cosas ser Inyectiva y suprayectiva esto quiere decir ser biyectiva, por lo cual la función seria inversible.

Desarrollo: Estrategia (Analítica): 1) Crear una función de tal forma que sea creciente o decreciente pero no ambas cosas, esto con el objetivo de que se cumpla que si a ≠ b entonces f(a) ≠ f(b) que es la inyectividad en otras palabras. 2) A su vez la función debe hacer un recorrido completo por el eje X y eje Y esto con el objetivo de que sea suprayectiva. 3) Elegir una función de la familia de funciones f(x) = mx + 5, si x ˂ 0.

4) Elegir una función de la familia de funciones f(x) = , si x ≥ 0.

5) Al unir la funciones del paso 3 y 4 deberán cumplir el paso 1 y 2 esto con el propósito que

Sea biyectiva y por supuesto a la vez inversible para algun m que pertenece a los reales.

6) Como el intersecto en Y de la familia de funciones de f(x)= mx + 5 ,es (0,5)

es crusial que f(x) = , si x ≥ 0 pase por (0,5) ya que, f(x)=mx +5, six˃0, dejara un hueco para x=0 en (0,5).

Por lo cual 5 = + m despejando obtenemos que m= 4 por tanto la gráfica de la función es la siguiente: Nota: La asíntota Horizontal no interfiere en la gráfica ya que queda por debajo de la función exponencial acotada.

7) Como la grafica anterior cumple ser biyectiva por ser creciente y hacer un recorrido por ambos ejes de manera completa nos asegura que la inversa existe así que con un simple cambio de variable y algo de despeje llegamos a que la funcion inversa y el area bajo la

currva son de la siguiente forma : { 1/4x -5/4 ,si x˂5 y (ln(x-4))/2, si x ≥5.

8) Calculo del area bajo la curva para encontrar I :

9) Por lo cual al comparar I con 5/8 vemos que al dividir I /(5/8)*100 = 50.88% asi que I es aproximadamente un poco mas del 50% de 5/8 lo que quiere decir que el area bajo esa curva es casi la mitad del area de un rectangulo de 1/8 unidades de ancho y 5 unidades la largo,que era lo que queriamos comparar por lo tanto quedan resueltas las dos pregunta al problema antes planteado.

Problema 262 (Proposto por Laurentiu Modan, Bucarest, Romanía)

Sexa :f →ℝ ℝ a función definida por

( ) 2

5 se 0

se 0x

mx xf x

e m x

+ <= + ≥

sendo m∈ℝ . i) Achar m∈ℝ para que f sexa invertible.

ii) Calcular

( )6

1

4

I f x dx−= ∫

e comparar o valor de I con 5 8.

Solución enviada por Bruno Salgueiro Fanego, Viveiro, Lugo i) Como unha función é invertible se e só se é bixectiva e calquera función bixectiva definida en todo ℝ é estritamente crecente ou estritamente decrecente, e f é estritamente

crecente en *+ℝ , para que f sexa bixectiva é necesario que sexa tamén estritamente

crecente en todo ℝ e, polo tanto, tamén en *−ℝ , co cal deberá terse que *m +∈ℝ , sendo

entón a gráfica de f a unión dunha semirrecta estritamente crecente definida en *−ℝ e

dunha función estritamente crecente en *+ℝ ; como ademais f está definida en todo ℝ e é

bixectiva, dita función ten que ser continua en 0x = , é dicir,

( ) ( ) ( ) 2

0 0 0 05 lim 5 lim 0 lim lim 1x

x x x xmx f x f f x e m m

− − + +→ → → →= + = = = = + = + ,

isto é, 4m= . Como a condición 4m= tamén é suficiente para que f sexa bixectiva, ou

equivalentemente, invertible, deducimos que f é invertible se e só se 4m= .

ii) A integral a calcular existe só e cando existe a inversa de f , é dicir, 1f − , o cal ocorre se

e só se 4m= . Como ademais ( )y f x= ⇔ ( )1x f y−= , temos, por unha parte, que, como

para *x −∈ℝ , ( ) 4 5y f x x= = + ⇔ 5

4

yx

−= , será ( )1 5

4

yf y− −= para *5

4

y−

− ∈ℝ , ou

sexa, se 5y < , e, por outra que, para x +∈ℝ ,

( ) 2 4xy f x e= = + ⇔ 2 4xe y= − ⇔ ln 4x y= − , logo ( )1 ln 4f y y− = − para

ln 4y +− ∈ℝ , é dicir, se 5y > , co cal

( )1

5se 5

4

ln 4 se 5.

xx

f x

x x

−

− <= − ≥

Entón

( ) ( ) ( ) ( ) ( )526 5 6 5 6 2

1 1 1

44 4 5 4 5 14

55 1 1ln 4 ln

4 2 8 2

x

t xx

xxI f x dx f x dx f x dx dx x dx tdt

=

− − −

= −=

−−= = + = + − = +

∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫

( )( ) ( ) ( ) ( )222

1

1 1 1 1 1 5 50 1 ln 1 2 ln 2 1 1 ln1 1 ln 2 0,068147

8 2 8 2 2 8 8

t

tt t

=

== − − + − = − + − − − = − ≅ < .

Problema 263, propuesto por Andrés Sáez Schwedt, Universidad de León, España.

ABCD es un cuadrilátero cíclico y E es un punto de AC (A entre C y E). La circunferencia por A y B tangente a BE

corta a AC en F y a AD en G. Si BG corta a ED en H, probar que FH es paralela a CD.

Solución de Florentino Damián Aranda Ballesteros, profesor del IES Blas Infante de Córdoba (España).

Una vez realizada la construcción descrita en el enunciado, consideramos el punto , punto de corte de la recta

con la circunferencia de centro O, que circunscribe al cuadrilátero .

Como la circunferencia de centro O’, que pasa por y es tangente a corta a en se tiene que

Por otra parte,

Relacionando ambas expresiones:

Por tanto, obtenemos la semejanza entre los triángulos Sea además k>0, la razón de semejanza

entre ambos triángulos:

De esta semejanza, deducimos el paralelismo entre los segmentos

Observamos las igualdades entre los siguientes ángulos .

Si tenemos que entonces

Por tanto, obtenemos la semejanza entre los triángulos siendo además que:

De ambas relaciones (I) y (II), se obtiene que:

En el siguiente par de triángulos, se verifica y

Por tanto, ambos triángulos son semejantes, y, como quiera que, y ,

necesariamente

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