REVISTA MATEMATICADEL PROGRAMA

JOVENES TALENTO

Numero 9

Diciembre 2012

REVISTA MATEMATICA DELPROGRAMA JOVENES TALENTO

Numero 9 (Diciembre 2012)

Quienes somos

El Programa Jovenes Talento de El Salvador (PJT), cuya sede se encuentra en San Salvador, es unproyecto conjunto de la Universidad de El Salvador y el Ministerio de Educacion que brinda atenciona alumnos con rendimiento destacado en matematica y ciencias naturales. Asimismo, en sus mas de 10anos de existencia, ha estado a cargo de la seleccion y preparacion de las delegaciones que representana El Salvador en diversas competencias internacionales.

La Revista Matematica del PJT fue fundada en 2009 con el objetivo de estimular el estudio de lamatematica a un alto nivel, con enfasis en la tradicion de las olimpiadas de matematica. Esta dirigidaa alumnos familiarizados con la resolucion de problemas, instructores, profesores y al lector interesadoen la matematica en general. Inicialmente concebida en el contexto del PJT, la presente publicacionpretende convertirse en una referencia seria de la actividad matematica de El Salvador y la regioncentroamericana.

Editor

Gabriel Alexander Chicas Reyes (University of Tokyo)Correo electronico: gachr.ebc253@gmail.com

Colaboradores

Agradecimientos especiales a Gredy Salmeron (Pontificia Universidad Catolica de Chile) por par-ticipar en la correccion de errores del presente numero.

Creditos fotograficos

A menos que se especifique lo contrario, las imagenes empleadas son de dominio publico y no sepretende ninguna violacion de derechos de autor.

Suscripcion

La presente es una publicacion digital distribuida mediante correo electronico. Para suscribirse fa-vor escribir a la direccion remat.pjt@gmail.com.

Los interesados en una impresion de la revista pueden contactar a la Asociacion de Padres deFamilia del PJT (ASTALENTO), que hace circular (de manera limitada) una version en papel. Sudireccion de contacto es astalento@gmail.com.

i

Como contribuir

La Revista Matematica del PJT invita cordialmente a participar en su elaboracion a todos losmiembros del Programa (alumnos, instructores, catedraticos, padres de familia) y al lector interesadoen general.

Artıculos. Se invita a los lectores a contribuir con sus trabajos originales sobre matematicaelemental. El documento debera incluir las referencias academicas usadas en su elaboracion y lainformacion de contacto de su autor, incluyendo: Nombre, afiliacion academica y correoelectronico.

Columna de problemas. Se desafıa a los lectores a enviar sus soluciones creativas a los pro-blemas de esta seccion, ası como a proponer problemas originales para la columna del siguientenumero. El archivo enviado debera incluir la informacion de contacto del autor, y en el caso deun problema propuesto su respectiva procedencia (nombre del libro, olimpiada, o autor delproblema). Se dara prioridad a problemas originales.

Cafe Matematico. Se acepta todo tipo de material de divulgacion matematica, incluyendo:Historia de las matematicas, biografıas de matematicos famosos, acertijos, humor matematico,etc. Tener en cuenta que esta seccion esta orientada hacia un publico mas amplio, por lo que seevitaran documentos demasiado tecnicos.

Contacto

Se solicita a los lectores enviar sus contribuciones, preguntas o comentarios a la siguiente direccion:remat.pjt@gmail.com.

Proximo numero

El numero 10 de la revista esta programado para MAYO DE 2013.

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Contenidos

Artıculos (p. 1)

Sobre una demostracion alternativa de la formula de StirlingDaniel Campos (Universidad de Costa Rica)

Introduccion al analisis funcional II: Topologıas debiles y espacios de HilbertGredy Salmeron (Pontificia Universidad Catolica de Chile)

Problemas olımpicos (p. 14)

Problemas de la Olimpiada Matematica de Centroamerica y el Caribe 2012

La Olimpiada Matematica de Centroamerica y el Caribe (OMCC) es una competencia regionalcreada en 1999 con el objetivo de estimular el estudio de la matematica en el area centroamericana.Actualmente participan 12 paıses: Colombia, Costa Rica, Cuba, El Salvador, Guatemala, Honduras,Mexico, Nicaragua, Panama, Puerto Rico, Republica Dominicana y Venezuela. Cada paıs puede par-ticipar enviando una delegacion de tres estudiantes no mayores de 16 anos. La 14a edicion de la OMCCfue celebrada en junio del presente ano en El Salvador, y los resultados obtenidos por la delegacionsalvadorena son:

Rodrigo Jose Mundo Duenas Medalla de bronceSalvador Alonso Figueroa Vasquez Mencion honorıficaGilmar Andre Mejıa Melendez Medalla de bronce

Problemas de la Olimpiada Internacional de Matematica 2012

La IMO (International Mathematical Olympiad) es la competencia de matematica de mas prestigioy dificultad a nivel preuniversitario. Fue celebrada por primera vez en Rumania en 1959, lo que laconvierte en la olimpiada internacional de ciencias mas antigua. Aunque en sus primeros anos estuvoconfinada a los paıses de Europa del Este, con el pasar del tiempo se ha convertido en un evento decaracter mundial, con 564 participantes de 100 paıses de todo el mundo en 2012. La 53a edicion de laIMO fue celebrada en julio del presente ano en Argentina. Los estudiantes clasificados para representara El Salvador obtuvieron los siguientes premios:

Manuel Alejandro Mundo Duenas Mencion honorıficaByron Thonatiu Escobar Benıtez Mencion honorıficaOscar Armando Hidalgo Arevalo

Problemas de la Olimpiada Iberoamericana de Matematica 2012

La Olimpiada Iberoamericana de Matematica (OIM) es la competencia matematica de mayor presti-gio y dificultad a nivel latinoamericano. Fue celebrada por primera vez en 1989 a iniciativa de Colombiay Argentina, como respuesta a la falta de un evento que involucrara a todos los paıses de la region.Desde ese entonces el numero de paıses participantes ha ido en aumento hasta comprender 23 paısesiberoamericanos. Cada uno de ellos puede enviar una delegacion de cuatro estudiantes no mayores de18 anos; ademas cada estudiante puede participar un maximo de dos veces en la OIM. La 27a olimpiadafue celebrada en Bolivia en octubre del presente ano, y los resultados de la delegacion salvadorena son:

iii

Byron Thonatiu Escobar Benıtez Medalla de bronceJeanette Alejandra Fernandez Rivera Mencion honorıficaOscar Armando Hidalgo Arevalo Medalla de plataManuel Alejandro Mundo Duenas Mencion honorıfica

Columna de problemas (p. 19)

En esta seccion se incluyen 5 problemas de desafıo a los lectores, quienes estan invitados a resolver-los y enviar sus mejores soluciones a la revista. Las soluciones mas originales seran publicadas en elsiguiente numero.

Se ha introducido un nuevo formato en los enunciados de la columna. De ahora en adelante losproblemas originales seran marcados explıcitamente por la palabra original, mientras que un problemasugerido indica que el proponente no es el autor del problema en cuestion. Esto tiene dos objetivos:el primero es evitar plagios y conflictos de derechos de autor, y el segundo es resaltar el merito delos autores que crearon sus propios problemas. El editor espera que en el futuro haya abundancia deproblemas originales, de modo que eventualmente esta distincion se vuelva innecesaria.

Problemas abiertos

Los siguientes problemas todavıa permanecen sin resolver: 18, 25, 38.

Correccion al problema 38

El editor pide disculpas por la redaccion ambigua del problema 38, que posiblemente contribuyo ala falta de soluciones. El autor del problema, Daniel Campos (Universidad de Costa Rica), nos pro-porciono amablemente una version mas clara que adjuntamos a la columna del presente numero.

Cafe Matematico (p. 24)

¿Se aburre en su clase de matematicas? La revista tiene la solucion para Ud. En nuestro apartadode Curiosidades le sugerimos atractivos objetos matematicos que son ideales para dibujar detras de sucuaderno: la astroide, el triangulo de Pascal y la espiral de Ulam.

En el apartado de Noticias hablaremos (¡por supuesto!) de la posible demostracion de la conjeturaabc. Anadimos a ultima hora una nota sobre el fallecimiento de Lars Hormander.

iv

Sobre una demostracion alternativa de la formula de Stirling

Daniel Campos Salas

Resumen

Presentamos una demostracion elemental del celebre resultado de Stirling, sobre la aproxi-macion asintotica para n!, mediante el uso de sucesiones y la formula de Wallis.

1. Introduccion

La formula de Stirling es uno de los resultados mas bellos e importantes de la matematica. Su prueba,como por ejemplo en [2], se pospone hasta contar con herramientas del calculo integral, como la formulade Euler-Maclaurin. Proponemos una demostracion alternativa, usando resultados sobre sucesiones yla formula de Wallis, para la cual presentamos una demostracion elemental que se encuentra en [2].

En la primera parte de la obra demostramos que cierto lımite existe y es un numero real positivo,mientras que en la segunda determinamos el valor explıcito del lımite.

Teorema 1. Para todo entero n suficientemente grande se cumple que n! ≈ (n/e)n√

2πn, es decir,

lımn→∞

n!(n/e)n

√n

=√

2π. (1)

2. Existencia del lımite

Definimos an como en (1). Vamos a demostrar que an es decreciente y por lo tanto que su lımite existe.Antes de probar esto daremos una demostracion de una desigualdad importante para su prueba.

Proposicion 2. La funcion f(x) = (1 +x/2) log(1 +x)−x es creciente en [0,∞), y ası f(x) ≥ 0 paratodo x ≥ 0.

Demostracion. Tenemos que

f ′(x) =12

log(1 + x)− x

2(1 + x)=

12

(1

1 + x− 1− log

(1

1 + x

))≥ 0,

donde la desigualdad se sigue de la conocida et ≥ 1 + t para t ∈ R (o bien, su equivalente t ≥ 1 + log tpara t > 0), y ası concluye la prueba.

Proposicion 3. La sucesion {an} es decreciente, y por lo tanto converge a un numero real no negativo.

Demostracion. Es facil verificar que la afirmacion an ≥ an+1 es equivalente a(1 +

1n

)n+1/2

≥ e,

lo cual es equivalente a (n+

12

)log(

1 +1n

)≥ 1,

o bien a la desigualdad

1

(1 +

12n

)log(

1 +1n

)≥ 1n.

Esta ultima desigualdad se sigue de la proposicion anterior.

Antes de continuar con el calculo del lımite vamos a demostrar que la sucesion {a2n/an} es creciente.Para esto vamos a probar una desigualdad que nos permite concluir el resultado. Note que los terminosde esta sucesion son menores que 1 por la proposicion anterior.

Proposicion 4. La funcion g(x) = x(1 + log(1 + x/2))− (1 + x) log(1 + x) es creciente en [0,∞), yası g(x) ≥ 0 para todo x ≥ 0.

Demostracion. Tenemos que

g′(x) =(

1 + log(1 + x/2) +x

x+ 2

)− (log(1 + x) + 1) =

x

x+ 2− log

(1 +

x

x+ 2

)≥ 0,

donde la desigualdad se sigue de la conocida et ≥ 1 + t para t ∈ R (o bien, su equivalente t ≥ log(1 + t)para t > −1), y ası concluye la prueba.

Proposicion 5. La sucesion {a2n/an} es creciente y acotada, por lo que converge a un numero realpositivo.

Demostracion. La afirmacion a2n+2/an+1 ≥ a2n/an es equivalente a

e ≥(

1 +1n

)n(1 +

12n+ 1

),

lo cual es equivalente a

1n≥ log

(1 +

1n

)+

1n

log(

1 +1

2n+ 1

),

o bien a la desigualdad

1n

(1 + log

(1 +

12n

))≥(

1 +1n

)log(

1 +1n

).

Esta ultima desigualdad se sigue de la proposicion anterior.

El resultado anterior y la convergencia de la sucesion {a2n/a2n} a un numero real positivo van a permitir

demostrar que el lımite de la sucesion {an} es un numero real positivo.

Proposicion 6. La sucesion {a2n/a2n} converge a un numero real positivo.

Demostracion. Sea {bn} la sucesion definida por bn := a2n/a2n. Despues de unas simplificaciones obte-

nemos que

bn =22n(n!)2

√2

(2n)!√n

=2 · 4 · · · (2n)

√2

1 · 3 · · · (2n− 1)√n.

Note que

b2n =2 · 22 · 42 · · · (2n)2

12 · 32 · · · (2n− 1)2 · n= 2 ·

(22

1 · 3

)· · ·(

(2n− 2)2

(2n− 3)(2n− 1)

)· 2n

2n− 1· 2nn,

de manera que

lımn→∞

b2n = 2 lımn→∞

(22

1 · 3

)· · ·(

(2n− 2)2

(2n− 3)(2n− 1)

)· 2n

2n− 1· 2nn

= 4 lımn→∞

n−1∏k=1

(1 +

14k2 − 1

). (2)

2

Ahora note que para k ≥ 1 se tiene que

1 +1

4k2 − 1≤ 1 +

1k2≤ e1/k2

.

Puesto que∑∞

k=1 1/k2 converge se tiene entonces que el lımite anterior existe. Esto demuestra que lasucesion {a2

n/a2n} converge.

Corolario 7. La sucesion {an} converge al numero real positivo

2( ∞∏

k=1

(1− 1

4k2

))−1/2

. (3)

Demostracion. Sea L el lımite de la sucesion {a2n/an} y M el lımite de la sucesion {a2n/a2n}, con

L,M > 0 por las proposiciones 5 y 6. Esto implica que el lımite de la sucesion {an} es LM y por lotanto que el lımite es positivo. Ademas, se tiene que

L = lımn→∞

a2n

an=

lımn→∞ a2n

lımn→∞ an= 1.

Por lo tanto, el lımite de la sucesion {an} es igual a M , que por (2) es igual a

2( ∞∏

k=1

(1 +

14k2 − 1

))1/2

= 2( ∞∏

k=1

(1− 1

4k2

))−1/2

,

como se querıa.

3. Calculo del lımite

En esta seccion procedemos a calcular el valor del producto infinito en (3). Reproducimos la pruebaque se presenta en [2], para la cual es necesario el siguiente lema sobre la factorizacion de la funcionsenx como un producto infinito.

Lema 8. Si x un numero real, entonces se cumple que

senx = x

∞∏k=1

(1− x2

k2π2

).

Demostracion. Por la formula de De Moivre se tiene que

sen(2n+ 1)t =(cos t+ i sen t)2n+1 − (cos t+ i sen t)2n+1

2i

=(

2n+ 11

)cos2n t sen t−

(2n+ 1

3

)cos2n−2 t sen3 t+ · · ·+ (−1)n sen2n+1 t

= sen tW (sen2 t),

donde W (u) es un polinomio de grado a lo sumo n. Como sen(2n+ 1)t se anula para tk = kπ/(2n+ 1)para k = 1, 2, . . . , n, el polinomio W (u) se debe anular para uk = sen2 tk con k = 1, 2, . . . , n. Ademas,todos estos valores de uk son distintos, por lo que

W (u) = A

n∏k=1

(1− u

sen2 tk

).

Por lo tanto se tiene que

sen(2n+ 1)t = A sen tn∏

k=1

(1− sen t

sen2 tk

),

3

de donde se concluye que A = lımt→0 sen(2n+ 1)t/ sen t = 2n+ 1.

Sea x ∈ R fijo y m ∈ N tal que |x| < (m+ 1)π. Si n > m podemos escribir

senx = Pm,nQm,n, (4)

donde

Pm,n = (2n+ 1) senx

2n+ 1

m∏k=1

(1− sen2 x/(2n+ 1)

sen2 kπ/(2n+ 1)

), Qm,n =

n∏k=m+1

(1− sen2 x/(2n+ 1)

sen2 kπ/(2n+ 1)

).

Tomando el lımite cuando n→∞ se obtiene que

lımn→∞

Pm,n = x

m∏k=1

(1− x2

k2π2

). (5)

Por lo tanto se tiene que para x 6= kπ {Qm,n} converge a un valor Qm. A continuacion vamos a estimarQm. Para esto, note que

0 <|x|

2n+ 1<

(m+ 1)π2n+ 1

<π

2.

Usando las desigualdades 2u/π < senu < u, para 0 < u < π/2, se tiene que

0 < 1− x2

4k2< 1− sen2 x/(2n+ 1)

sen2 kπ/(2n+ 1),

para k = m+ 1, . . . , n, de manera que

n∏k=m+1

(1− x2

4k2

)< Qm,n < 1.

De una manera similar en la que se probo la convergencia del producto en (2) se puede demostrar queel producto infinito

∏∞k=1(1− x2/4k2) converge. Esto implica que

∞∏k=m+1

(1− x2

4k2

)≤ Qm ≤ 1,

y ası se obtiene que

lımm→∞

Qm = 1. (6)

De (4), (5) y (6) se concluye el resultado.

Corolario 9. Se cumple que

∞∏k=1

(1− 1

4k2

)=

2π.

Este corolario y el de la seccion anterior completan la demostracion del teorema.

Referencias

[1] T. M. Apostol, Calculus, vol. II, John Wiley & Sons, Segunda edicion, 1969; p. 616.

[2] W. J. Kaczor, M. T. Nowak, Problems in Mathematical Analysis I: Real Numbers, Sequencesand Series, American Mathematical Society, 2000; p. 374.

4

INTRODUCCION AL ANALISIS FUNCIONAL II:

TOPOLOGIAS DEBILES Y ESPACIOS DE HILBERT

Gredy Jhovanny Salmeron CascoPontificia Universidad Catolica de Chile

Resumen

Los espacios de Hilbert son objetos fundamentales en el analisis funcional que generalizan el con-cepto de espacio euclıdeo; esto permite que nociones y tecnicas aplicables a espacios de dimensiondos y tres se extiendan a espacios de dimension infinita. En nuestro estudio haremos un recorridopor las propiedades basicas de estos espacios. Incluimos ademas una breve resena de las topologıasdebiles, convergencia debil y operadores compactos en espacios de Hilbert.

1. Introduccion a los espacios de Hilbert

Iniciamos nuestro estudio definiendo los productos internos. Todos los espacios vectoriales consideradosseran reales. La palabra “subespacio” a secas se referira a un subespacio vectorial.

Definicion 1.1. Sea H un espacio vectorial. Una funcion 〈·, ·〉 : H×H → R es un producto internoen H si para cualesquiera x1, x2, x e y ∈ H y numeros reales: α y β

1. 〈αx1 + βx2, y〉 = α〈x1, y〉+ β〈x2, y〉,

2. 〈x, y〉 = 〈y, x〉,

3. 〈x, x〉 > 0, si x 6= 0.

Un espacio lineal H con un producto interno en H es llamado un espacio de producto interno.

La propiedad (2) se llama simetrıa. A partir de (1) y (2) se deduce que 〈x, αy1 + βy2〉 = α〈x1, y1〉 +β〈x2, y2〉; esta propiedad, junto con (1), se llama bilinealidad.

Ejemplo 1.1. Los siguientes son productos internos (compruebelo).

1. Para dos sucesiones x = (xk) e y = (yk) ∈ `2 sea 〈x, y〉 =∞∑k=1

xkyk.

2. Dado un conjunto medible E y dos funciones f y g ∈ L2(E), definamos 〈f, g〉 =∫E

fgdµ, donde

la integral es con respecto a la medida de Lebesgue.

Proposicion 1.1. (Desigualdad de Cauchy-Schwarz) Para dos vectores, u, v en un espacio con pro-ducto interno se verifica que |〈u, v〉‖ ≤ ||u|| · ||v||.

Demostracion. De manera natural definimos ||h|| =√〈h, h〉. Observemos que para todo t ∈ R

0 ≤ ||u+ tv||2 = 〈u+ tv, u+ tv〉 = ||u||2 + 2t〈u, v〉+ t2||v||2.

Observamos que la ecuacion cuadratica del miembro derecho es siempre mayor o igual que cero, y porlo tanto no tiene raıces reales distintas. Como consecuencia el discriminante de esta ecuacion es nopositivo y por lo tanto 4〈u, v〉2 − 4||u||2||v||2 ≤ 0, o sea |〈u, v〉‖ ≤ ||u|| · ||v||.

5

En la proposicion anterior se definio de manera natural ||h|| =√〈h, h〉. Esta es la norma inducida

por el producto interno en H.

Proposicion 1.2. Sea H un espacio con producto interno. Definimos ||h|| =√〈h, h〉 para todo h ∈ H.

Entonces || · || es una norma en H.

Demostracion. La unica propiedad de una norma que no es evidente para la funcion || · || es la de-sigualdad triangular. Esto, sin embargo, es una consecuencia de la desigualdad de Cauchy-Schwarz, yaque para dos vectores u, v ∈ H,

0 ≤ ||u+ v||2 = 〈u+ v, u+ v〉 = ||u||2 + 2〈u, v〉+ ||v||2 ≤ ||u||2 + 2||u||||v||+ ||v||2 = (||u||+ ||v||)2

y por lo tanto ||u+ v|| ≤ ||u||+ ||v||. De este modo || · || es una norma en H.

Una identidad importante y facil de deducir es la identidad del paralelogramo: Para cualesquieravectores u,v en un espacio con producto interno H se verifica que

||u− v||2 + ||u+ v||2 = 2||u||2 + 2||v||2.

Teorema 1.1. Sea (X, || · ||) un espacio normado. Entonces la norma || · || es inducida por un productointerno si y solamente si la identidad del paralelogramo se satisface.

Demostracion. Ejercicio.

Estamos ya en las condiciones de definir un espacio de Hilbert.

Definicion 1.2. Decimos que un espacio con producto interno H es un espacio de Hilbert si es unespacio de Banach con respecto a la norma inducida por el producto interno.

Teorema 1.2. Sean H un espacio de Hilbert, y (xn), (yn) sucesiones en H tales que xn → x, yn → y.Entonces 〈xn, yn〉 → 〈x, y〉.

Demostracion. Por la desigualdad de Cauchy-Schwarz se tiene que

|〈xn, yn〉 − 〈x, y〉| = |〈xn − x, yn〉+ 〈x, yn − y〉| ≤ ||xn − x||||yn||+ ||x||||yn − y||

Y puesto que claramente ||yn|| → ||y|| cuando n → ∞ se tiene que el miembro izquierdo de ladesigualdad anterior converge a cero cuando n→∞.

Presentamos a continuacion un resultado interesante en espacios de Hilbert, el cual afirma que ladistancia de un punto a un subconjunto cerrado de H esta bien definida.

Teorema 1.3. Sea K un subconjunto cerrado, convexo y no vacıo de un espacio de Hilbert H, y h0

un elemento de H\K. Entonces existe exactamente un vector h∗ ∈ K que es el mas cercano a h0 enel sentido de que

||h0 − h ∗ || = dist(h0,K) = ınfh∈K||h0 − h||.

Demostracion. Al sustituir K por K − h0, se puede pensar que h0 = 0. Sea (hn) una sucesion en Kque satisface que

lımn→∞

||hn|| = ınfh∈K||h|| (1)

Concluimos de la identidad paralelogramo y de la convexidad de K que para cada m y n

||hn||2 + ||hm||2 = 2∣∣∣∣∣∣∣∣hn + hm

2

∣∣∣∣∣∣∣∣2 + 2∣∣∣∣∣∣∣∣hn + hm

2

∣∣∣∣∣∣∣∣ ≥ 2 ınfh∈K||h||2 + 2

∣∣∣∣∣∣∣∣hn − hm2

∣∣∣∣∣∣∣∣2 (2)

6

De (1) y (2) se deduce que (hn) es una sucesion de Cauchy. Puesto que H es completo y K cerrado,(hn) converge fuertemente a h∗ ∈ K. Por la continuidad de la norma, ||h ∗ || = ınfh∈K ||h||.Este es el punto en K que esta mas cercano al origen; veamos que es unico. Si h∗ es otro vector en Kque esta mas cerca del origen, entonces, si sustituimos h∗ por hn y h∗ por hm en la desigualdad (2):

||h∗||2 + ||h ∗ ||2 − 2 ınfh∈K||h||2 ≥ 2

∣∣∣∣∣∣∣∣h∗ − h∗2

∣∣∣∣∣∣∣∣2Por lo tanto h∗ = h∗.

Definicion 1.3. Dos vectores u, v en un espacio con producto interno H son ortogonales si satisfacenque 〈u, v〉 = 0. Un vector u es ortogonal a un subconjunto S de H si es ortogonal a cada vector enS. Denotamos por S⊥ a la coleccion de vectores en H que son ortogonales a S.

Notemos que S⊥ es un subespacio cerrado de H(verificarlo).

Teorema 1.4. Sea V un subespacio cerrado de un espacio de Hilbert H. Entonces H se descomponecomo la suma directa de V y V ⊥, es decir H = V ⊕ V ⊥.

Demostracion. Sea h0 perteneciente a H\V . El teorema anterior nos dice que existe un unico vectorh∗ ∈ V que esta mas cerca de h0. Sea h cualquier vector en V . Para un numero real t, ya que V es unsubespacio lineal el vector h ∗ −th pertenece a V y por lo tanto

〈h0 − h∗, h0 − h∗〉 = ||h0 − h ∗ ||2 ≤ ||h0 − (h ∗ −th)||2 = 〈h0 − h∗, h0 − h∗〉+ 2t〈h0 − h∗, h〉+ t2〈h, h〉.

Por lo tanto para todo t ∈ R0 ≤ 2t〈h0 − h∗, h〉+ t2〈h, h〉,

y como consecuencia 〈h0 − h∗, h〉 = 0. Ası, el vector h0 − h∗ es ortogonal a V . Observese que h0 =h ∗ +(h0 − h∗). Llegamos a la conclusion de que H = V + V ⊥ y puesto que V ∩ V ⊥ = {0}, se sigueque H = V ⊕ V ⊥.

Corolario 1.5. Un subespacio lineal V de un espacio de Hilbert H es denso si y solo si 0 es el unicovector ortogonal a M .

Demostracion. Ejercicio.

En vista de los resultados anteriores, dado un subespacio cerrado V de un espacio de Hilbert H,entonces para todo h ∈ H podemos escribir h = v + v′, con v ∈ V, v′ ∈ V ⊥. Definamos el operadorP : H → H tal que P (h) = v, el cual es llamado la proyeccion ortogonal de H sobre V .

Proposicion 1.3. Sea P la proyeccion ortogonal de un espacio de Hilbert H sobre un subespaciocerrado V . Entonces ||P || = 1 y 〈P (u), v〉 = 〈u, P (v)〉 para cualesquiera u, v ∈ H.

Demostracion. Ejercicio.

Definicion 1.4. Un subconjunto S de H es ortogonal si dos vectores cualesquiera de S son ortogo-nales. Si tal conjunto tiene la propiedad adicional de que cada vector en S es un vector de norma 1,decimos que S es ortonormal.

Existe una generalizacion del teorema de Pitagoras para vectores ortonormales: Si u1, u2, . . . , un sonvectores ortonormales en H y a1, a2, . . . , an ∈ R entonces

||a1u1 + a2u2 + · · · , anun||2 = ||a1||2 + ||a2||2 + · · ·+ ||an||2.

Ahora establecemos una importante y util desigualdad conocida como la desigualdad de Bessel.

7

Proposicion 1.4. Para una sucesion ortonormal (φn) en H y h ∈ H se tiene que

∞∑k=1

〈φk, h〉2 ≤ ||h||2.

Demostracion. Para verificar esta desigualdad, fijemos n y definamos hn =∑nk=1〈h, φk〉φk; entonces

por la identidad de Pitagoras tenemos que

0 ≤ ||h−hn||2 = ||h||2−2〈h, hn〉+||hn||2 = ||h||2−2n∑k=1

〈h, φk〉〈h, φk〉+n∑k=1

〈h, φk〉2 = ||h||2−n∑k=1

〈h, φk〉2.

Por lo tanton∑k=1

〈φk, h〉2 ≤ ||h||2, y tomando el lımite cuando n→∞ se tiene el resultado buscado.

Teorema 1.6. Sea (φk) una sucesion ortonormal en un espacio de Hilbert H y sea h ∈ H. Entoncesla serie

∑∞k=1〈φk, h〉φk converge en H y el vector h−

∑∞k=1〈φk, h〉φk es ortogonal a cada φk.

Demostracion. Para un numero natural n, definimos hn =∑nk=1〈φk, h〉φk. De la identidad general de

Pitagoras, tenemos para cada par de numeros naturales n y k,

||hn+k − hn||2 =n+k∑i=n+1

〈φi, h〉φi

Sin embargo, por la desigualdad de Bessel, la serie∑∞k=1〈φk, h〉2 converge y por lo tanto (hn) es una

sucesion de Cauchy en H. Como H es completo,∑∞k=1〈φk, h〉φk converge a un vector h∗ ∈ H. Fijemos

un numero natural m. Observese que si n > m, entonces h− hn es ortogonal a φm. Po la continuidaddel producto interior, h− h∗ es ortogonal a φm.

Definicion 1.5. Una sucesion ortonormal (φk) en un espacio de Hilbert H es una base ortonormalsi satisface que para cada h ∈ H

h =∞∑k=1

〈φk, h〉φk.

Recordemos que un espacio es separable si este posee un subconjunto denso numerable. Para espaciosde Hilbert de dimension infinita y que son separables se garantiza la existencia de una base ortonormal:

Teorema 1.7. Todo espacio de Hilbert separable y de dimension infinita posee una base ortonormal.

Demostracion. Sea F la coleccion de subconjuntos de H que son ortonormales. Establezcamos unorden en F mediante la inclusion; la union de todos los conjuntos en F es una cota superior parala coleccion. Por el lema de Zorn, es posible seleccionar un elemento maximal S0 ⊆ F . Como H esseparable, S0 es contable. Sea {φk}∞k=1 una enumeracion de S0. Si 0 6= h ∈ H, entonces por el teoremaanterior h −

∑∞k=1〈φk, h〉φk es ortogonal a cada φk. Por lo tanto h −

∑∞k=1〈φk, h〉φk = 0, pues de

otro modo la union de S0 y la normalizacion de h−∑∞k=1〈φk, h〉φk serıa un conjunto ortonormal que

contiene a S0, lo cual no es posible. Por lo tanto (φk) es una base ortonormal para H.

Proposicion 1.5. Sea H un espacio de Hilbert y V un subespacio cerrado y separable para el cual(ϕk) es una base ortonormal. Si P es la proyeccion ortogonal de H sobre V , entonces P esta dada por

Pu =∑k∈N〈ϕk, u〉ϕk.

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Demostracion. Notemos que por ser P la proyeccion ortonormal, se cumple que 〈Pu, v〉 = 〈u, Pv〉 paracualesquiera u, v ∈ H. Ademas P (ϕn) = ϕn Luego por ser (ϕk)k∈N una base ortonormal para V , paratodo v ∈ V se tiene que

v =∞∑k=1

〈ϕk, v〉ϕk.

Si u ∈ H, entonces P (u) ∈ V pues es la proyeccion sobre V ; ası se tiene que

P (u) =∞∑k=1

〈ϕk, P (u)〉ϕk =∞∑k=1

〈P (ϕk), u〉ϕk =∞∑k=1

〈ϕk, u〉ϕk.

y por lo tanto Pu =∑k∈N〈ϕk, u〉ϕk.

Definicion 1.6. Si T es un operador, definimos el operador adjunto de T como el operador T ∗ :H → H determinado por la relacion 〈T (u), v〉 = 〈u, T ∗(v)〉 para cualesquiera u, v ∈ H.

Proposicion 1.6. Sea H un espacio de Hilbert. Si T es un operador continuo, entonces T ∗ tambienlo es y se verifica que ||T || = ||T ∗||.

Demostracion. Claramente T ∗ es un operador lineal. Sea h un vector unitario en H. Entonces por ladesigualdad de Cauchy-Schwarz

||T ∗(h)||2 = 〈T ∗(h), T ∗(h)〉 = 〈T (T ∗(h)), h〉 ≤ ||T ||||T ∗(h)||

y por lo tanto T ∗ es un operador lineal continuo y ||T ∗|| ≤ ||T ||. Pero ademas observemos que

||T (h)||2 = 〈T (h), T (h)〉 = 〈T ∗(T (h)), h〉 ≤ ||T ∗||||T (h)||

y por lo tanto ||T || ≤ ||T ∗||.

El operador adjunto tiene las siguientes propiedades, cuya verificacion se le dejan al lector:

(T ∗)∗ = T, (S + T )∗ = T ∗ + S∗, (T ◦ S)∗ = S∗ ◦ T ∗.

2. Topologıas debiles y sucesiones debilmete convergentes

Para dos topologıas T1 y T2 en un conjunto X, diremos que T1 es mas debil que T2, o T2 es mas fuerteque T1 si se satisface que T1 ⊆ T2. Observemos que una funcion definida sobre X que es continua conrespecto a una topologıa en X, entonces tambien es continua con respecto a cualquier topologıa masfuerte, pero puede no ser continua con respecto a una topologıa mas debil.

Definicion 2.1. Si F es una coleccion de funciones lineales con valores reales en un conjunto X, latopologıa debil en X inducida por F , o la topologıa F-debil sobre X se define como la topologıa maspequena en X tal que cada funcion en F es continua.

Una base para la topologıa F-debil sobre X esta formada por los conjuntos

Nε,f1,f2··· ,fn(x) = {x′ ∈ X : |fk(x′)− fk(x)| < ε,∀1 ≤ k ≤ n}

donde ε > 0 y (fk)nk=1 es una subcoleccion finita de F .

Definicion 2.2. Una sucesion (xn) en X converge a x ∈ X con respecto a la topologıa F-debil silımn→∞ f(xn) = f(x) para todo f ∈ F . En tal caso diremos que (xn) converge debilmente a x y lodenotaremos por xn ⇀ x.

9

Una funcion de X que es continua con respecto a la topologıa F-debil es llamada F-debilmente con-tinua. Del mismo modo tenemos conjuntos F-debilmente abiertos, conjuntos F-debilmente cerradosy conjuntos F-debilmente compactos.

Dado un espacio vectorial X, definimos el espacio dual continuo de X como el conjunto de todoslos operadores lineales continuos sobre X. Denotaremos el espacio dual de X por X∗.

Definicion 2.3. Sea X un espacio normado. La topologıa debil inducida por X∗ es llamada latopologıa debil sobre X.

De las definiciones anteriores tenemos que xn ⇀ x si y solo si lımn→∞ f(xn) = f(x) para todo f ∈ X∗.Existe una tercera topologıa importante para los espacios duales, ademas de las topologıas debiles ofuertes. Para un espacio normadoX y x ∈ X se define el funcional J(x) : X∗ → R como J(x)(ψ) = ψ(x)para todo ψ ∈ X∗. Es claro que el funcional J(x) es lineal y acotado sobre X∗ mediante ||J(x)|| ≤ ||x||.Por otra parte, el operador J : X → (X∗)∗ es lineal y por lo tanto J(X) es un subespacio de (X∗)∗.

Definicion 2.4. Sea X un espacio lineal normado. La topologıa debil en X∗ inducida por J(X) ⊆(X∗)∗ es llamada la topologıa debil-* (“debil-estrella”) X∗.

Definicion 2.5. Sea X un espacio normado. El operador J : X → (X∗)∗ definido por J(x)(ψ) = ψ(x)para todo ψ ∈ X∗ es llamado el embebimiento natural (notar que J es inyectivo) de X en (X∗)∗.

El espacio X se dice reflexivo si se cumple que J es un operador sobreyectivo, es decir J(X) = (X∗)∗.

Observacion. J es una isometrıa(verificarlo).

Proposicion 2.1. Sea X un espacio normado. Entonces toda sucesion debilmente convergente en Xes acotada. Ademas, si xn ⇀ x entonces ||x|| ≤ lım ınfn→∞ ||xn||.

Demostracion. Tomemos xn ⇀ x en X, y utilicemos esta sucesion para construir la sucesion defuncionales {J(xn) : X∗ → R}, la cual converge puntualmente a J(x) : X∗ → R. El teorema dela cota uniforme nos permite concluir que (J(xn)) es una sucesion de funcionales acotados en X∗. Porla ultima observacion hecha sabemos queJ es una isometrıa; entonces la sucesion (xn) es

Ahora verifiquemos la ultima parte del enunciado, Por el teorema de Hahn-Banach (se recomiendaal lector verificar este resultado) sabemos que existe un funcional f ∈ X∗ para el cual ||f || = 1 yf(x) = ||x||. De este modo tenemos que: |f(xn)| ≤ ||f || · ||x|| = ||xn|| para todo n. Ademas ||f(xn)||converge a |f(x)| = ||x||, y por lo tanto ||x|| = lımn→∞ |f(xn)| ≤ lım inf ||xn||, como buscabamos.

Despues del breve recorrido por topologıas debiles, retomemos los espacios de Hilbert con un resultadosumamente importante conocido como el teorema de representacion de Riesz, el cual estableceque cualquier funcional lineal de H puede expresarse en terminos del producto interno.

Teorema 2.1. (Teorema de representacion de Riesz) Sea H un espacio de Hilbert. Definimos eloperador T : H → H∗ de modo que a cada h ∈ H se le asigna el funcional lineal T (h) : H → R definidopor T (h)(u) = 〈h, u〉 para todo u ∈ H. Entonces T es un operador lineal sobreyectivo e isometrico.

Demostracion. Sea h ∈ H. Por la desigualdad de Cauchy-Schwarz el funcional T (h) : H → R esacotado y ||T (h)|| ≤ ||h||. Pero si h 6= 0, entonces T (h)(h/||h||) = ||h||. Por lo tanto ||T (h)| = ||h||, yası T es una isometrıa.

Es evidente que T es lineal; queda por demostrar que T (H) = H∗. Sea ψ0 6= 0 un elemento de H∗.Puesto que ψ0 es continuo, su nucleo es un subespacio cerrado de H(verificar este hecho). Por elteorema 1.4, ya que Kerψ0 6= H, podemos elegir un vector unitario h∗ ∈ H que es ortogonal a Kerψ0.

Definamos h0 = ψ0(h∗)h∗. Afirmamos que T (h0) = ψ0. En efecto, para h ∈ H,

h− ψ0(h)ψ0(h∗)

h∗ ∈ Kerψ0 =⇒⟨h− ψ0(h)

ψ0(h∗)h∗, h∗

⟩= 0

y por lo tanto ψ0(h) = 〈h0, h〉T (h0)(h).

10

Observaciones

a) El teorema anterior nos dice que todo f ∈ H∗ puede expresarse como f(h) = 〈h0, h〉 para algunh0 ∈ H.

b) En vista de la definicion de convergencia debil y el teorema anterior, (xn) converge debilmente ax en un espacio de Hilbert H si y solo si para todo h ∈ H

lımn→∞

〈h, xn〉 = 〈h, x〉.

Proposicion 2.2. Sea (xn) ⇀ x en un espacio de Hilbert H. Entonces (xn) es acotada y

||x|| ≤ lım inf ||xn||.

Demostracion. Ejercicio.

Teorema 2.2. Toda sucesion acotada en un espacio de Hilbert H tiene una subsucesion debilmenteconvergente.

Demostracion. Ejercicio.

Es claro que si una sucesion (un) converge fuertemente a x, entonces (xn) converge debilmente a x,pero el reciproco de esto no necesariamente es cierto. El siguiente resultado, conocido como el teoremade Radon-Riesz, da una condicion para que la convergencia debil implique la fuerte.

Teorema 2.3. Sea un ⇀ u en un espacio de Hilbert H. Entonces (un) → u (convergencia fuerte) siy solo si lım

n→∞||un|| = ||u||.

Demostracion. Dado que la norma es continua con respecto a la topologıa fuerte, si (un)→ u entonceslımn→∞ ||un|| = ||u||. Por otro lado, si lımn→∞ ||un|| = ||u||, entonces dado que

||un − u||2 = ||un||2 − 2〈un, u〉+ ||u||

para todo n, se sigue que la sucesion debilmente convergente un es fuertemente convergente.

Teorema 2.4. Todo espacio de Hilbert H es reflexivo.

Demostracion. Para establecer la reflexividad es necesario demostrar que el embebimiento naturalJ : H → (H∗)∗ es sobreyectivo. Para ello tomemos un funcional lineal acotado Ψ : H∗ → R. SeaT : H → H∗ el isomorfismo descrito en el teorema de representacion de Riesz. Entonces Ψ◦T : H → Res acotado. El teorema de representacion de Riesz dice que existe h0 ∈ H para el cual se verifica queΨ ◦ T = T (h0). Por lo tanto para todo h ∈ H

Ψ(T (h)) = T (h0)(h) = T (h)(h0) = J(h0)(T (h)).

Puesto que T (H) = H∗,Ψ = J(h0). y en consecuencia H es reflexivo.

3. Operadores compactos

Los operadores compactos generalizan las nociones de compacidad que se tenıan para espacios metricosy ahora traducidas a operadores continuos. Dado un espacio de Hilbert H, denotaremos por L(H) elconjunto de los operadores continuos H → H.

Definicion 3.1. Un operador T ∈ L(H) es compacto si T (B) tiene clausura compacta con respectoa la topologıa fuerte, donde B denota a la bola unitaria cerrada en H.

11

El siguiente resultado nos permite establecer las condiciones necesarias y suficientes de compacidad parala bola unitaria cerrada en un espacio normado. Por motivos de espacio omitiremos la demostracion.

Lema 3.1. En un espacio normado H, B es compacta si y solo si H es de dimension finita.

Teorema 3.1.

a) Si T : H → H es un operador de rango finito (es decir la imagen de T tiene dimension finita),entonces T es un operador compacto.

b) Si H es un espacio de dimension infinita, entonces el operador identidad I no es compacto.

Demostracion.

a) Sea T un operador de rango finito. Entonces T es acotado (puesto que todo operador de rangofinito es continuo). Como los operadores acotados envıan conjuntos acotados a conjuntos acota-dos, resulta que T (B) es un conjunto acotado en un subespacio de dimension finita T (H) ⊆ H.Y puesto que todo conjunto acotado en un subespacio de dimension finita tiene clausura com-pacta(verificarlo), se tiene que T (B) tiene clausura compacta.

b) Trivial por el lema anterior.

Teorema 3.2. Sea H un espacio de Hilbert y K ∈ L(H). Los siguientes literales son equivalentes.

a) K es compacto.

b) K(B) es totalmente acotado, donde B es la bola cerrada unitaria.

c) Si (hn) es una sucesion acotada en H, (K(hn)) tiene una subsucesion fuertemente convergente.

Demostracion. Ejercicio.

Denotemos por K(H) el conjunto de los operadores compactos.

Teorema 3.3. Sea H un espacio lineal normado. Entonces K(H) es un subespacio cerrado de L(H).

Demostracion. La verificacion de que K(H) es un subespacio es trivial. Demostremos que K(H) es unsubespacio cerrado de L(H). Sea Kn : H → H una sucesion de operadores compactos y K : H → Hun operador acotado tal que Kn → K en la norma de operador. Veamos que K es compacto.

Dado ε > 0, elegimos N = N(ε) de tal manera que ||KN −K|| < ε. Utilizando el hecho de que KN (B)es totalmente acotado, elijamos un subconjunto finito Λ ⊂ B tal que mınx∈Λ ||y−KNx|| < ε para todoy ∈ KN (B). Entonces, para z = K(x0) ∈ K(B) y x ∈ Λ,

||z −K(x)|| = ||(K −KN )(x0) +K(x0 − x) + (KN −K)(x)|| ≤ 2ε+ ||KN (x0)−KN (x)||.

Por lo tanto mınx∈Λ ||y−KNx|| < 3ε, lo que demuestra que K(B) es totalmente acotado y por lo tantoK es compacto.

Teorema 3.4. El conjunto de operadores de rango finito es denso en K(H).

Demostracion. Sea K un operador compacto, entonces K(B) es un compacto que contiene un subcon-junto denso numerable(ya que todo espacio metrico compacto es separable) y de esto se deduce queK(H) es un subespacio separable de H.

Sea (ϕn) una base ortonormal para K(H) ⊂ H y PN (y) =∑Nn=1〈y, ϕn〉ϕn la proyeccion ortogonal de

y sobre el subespacio generado por {ϕn}Nn=1. Entonces lımn→∞ ||PN − y|| = 0 para todo y ∈ K(H).

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Definimos un operador de rango finito en H como Kn := PnK. Procedamos por contradiccion. Supon-gamos que lım supn→∞ ||K−Kn|| = ε > 0, en cuyo caso no existe xnk

∈ B tal que ||(K−Knk)(xnk

)|| ≥ εpara todos los nk. Puesto que K es compacto, pasando a una subsucesion si es necesario, podemossuponer que {Kxnk

}∞nk=1 es convergente en H. Haciendo y := lımk→∞K(xnk):

||(K −Knk)xnk|| = ||(1− Pnk

)K(xnk)|| = ||(1− Pnk

)K(xnk− y)||+ ||(1− Pnk

)y||

≤ ||Knk− y||+ ||(1− Pnk

)y|| → 0 cuando n→∞.

Pero esto contradice la suposicion de que ε es positivo y por lo tanto tenemos que lımn→∞ ||K−Kn|| =0, es decir, K es un lımite de operadores de rango finito, lo que hace concluir que los operadores derango finito son densos en K(H).

En los espacios de Hilbert existe una caracterizacion importante de los operadores compactos, la cualtiene relacion con las sucesiones debilmente convergentes.

Teorema 3.5. Sea H un espacio de Hilbert. Un operador T ∈ L(H) es compacto si y solo si asignasucesiones debilmente convergentes a sucesiones fuertemente convergentes, es decir, si (hn) ⇀ h en-tonces T (hn)→ T (h).

Demostracion. De acuerdo con el Teorema 3.2, el operador es compacto si y solo si envia sucesionesacotadas a sucesiones que tienen una subsucesion fuertemente convergente. Primero supongamos que Tes compacto. Observemos que para cualquier operador T ∈ L(H), si uk ⇀ u entonces T (un) ⇀ T (u),ya que para cada v ∈ H,

lımk→∞

〈(T (uk), v〉 = lımk→∞

〈uk, T ∗(v)〉 = 〈u, T ∗(v)〉 = 〈T (u), v〉.

Sea (hn) ⇀ h en H. Por compacidad (T (hn)) tiene una subsucesion que converge fuertemente, y porla observacion anterior su lımite debe ser T (h). Por lo tanto (T (hn)) converge fuertemente a T (h).

Para el recıproco, supongamos que T envıa sucesiones debilmente convergentes a sucesiones fuertementeconvergentes. Sea (hn) una sucesion acotada. El Teorema 2.2 nos dice que (hn) tiene una subsucesiondebilmente convergente. La imagen de esta subsucesion converge fuertemente.

Dejamos un ultimo resultado como ejercicio

Proposicion 3.1. Si T es un operador en un espacio de Hilbert H, T ∈ K(H) si y solo si T ∗ ∈ K(H).

Referencias

[1] Royden, H.L., Fitzpatrick, P. M., Real Analysis, 3rd ed., Prentice Hall, 1988.

[2] Folland, G.B., Real Analysis: Modern Techniques and Their Applications, 2nd ed., Wiley, 1999.

[3] Driver, B.K., Analysis Tools with Applications, 2003.http://www.math.ucsd.edu/ bdriver/231-02-03/Lecture Notes/PDE-Anal-Book/analpde1.pdf

[4] Brezis, H., Functional Analysis, Sobolev Spaces and Partial Differential Equations, Universitext,Springer, 2010.

Gredy Jhovanny SalmeronCorreo electronico:gredyjs@gmail.com

13

XIV OLIMPIADA MATEMÁTICA DE CENTROAMÉRICAY EL CARIBELa Herradura, La Paz, El SalvadorMartes, 19 de junio de 2012

Día 1

Problema 1.Hallar todos los enteros positivos que sean iguales a 700 veces la suma de sus dígitos.

Problema 2.Sea γ la circunferencia circunscrita al triángulo acutángulo ABC. Sea P el punto medio delmenor arco BC. La paralela por P a la recta AB intercepta BC, AC y γ en los puntos R, S y T ,respectivamente. Se definen los puntos K y L como las intersecciones de AP con BT y BS conAR. Demostrar que la recta KL pasa por el punto medio de AB si y sólo si CS = PR.

Problema 3.Sean a, b, c números reales que satisfacen

1a+b

+1

b+ c+

1c+a

= 1 y ab + bc + ca > 0.Demostrar que

a+b+ c− abcab+bc+ ca

≥ 4.

Cada problema tiene un valor de 7 puntos.Duración de la prueba: 4 horas y 30 minutos.

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XIV OLIMPIADA MATEMÁTICA DE CENTROAMÉRICAY EL CARIBELa Herradura, La Paz, El SalvadorMiércoles, 20 de junio de 2012

Día 2

Problema 4.Trilandia es una ciudad muy peculiar. La ciudad tiene forma de triángulo equilátero de lado2012. Las calles dividen la ciudad en varios bloques que tienen forma de triángulo equiláterode lado 1. También hay calles en el borde de Trilandia. En total hay 6036 calles. El alcaldequiere ubicar puestos de vigilancia en algunas esquinas de la ciudad, para vigilar las calles. Unpuesto de vigilancia puede vigilar todas las calles en las que esté ubicado. ¿Cuál es la menorcantidad de puestos que se requieren para poder vigilar todas las calles de Trilandia?

Ésta es una de las 12 callesen este modelo reducido

Problema 5.Alejandro y Luisa son una pareja de ladrones. Cada día por la mañana, Luisa le roba a Alejan-dro un tercio de su dinero, pero por la tarde sufre de un inusual ataque de conciencia y le da lamitad de todo el dinero que ella tiene. Si Luisa roba por primera vez en el día 1, y antes de esono tenía dinero, ¿cuál es la menor cantidad entera positiva de dinero que Alejandro debe tenerpara que al final del día 2012 ambos tengan una cantidad entera de dinero?

Problema 6.Sea ABC un triángulo con AB<BC, y sean E y F puntos en AC y AB, respectivamente, tales queBF = BC =CE, ambos ubicados en el mismo lado que A respecto de BC. Sea G la intersecciónde BE con CF . Se toma un punto H sobre la paralela a AC por G tal que HG = AF (con H en

distinto lado que C respecto de BG). Demostrar que ∠EHG =∠BAC

2.

Cada problema tiene un valor de 7 puntos.Duración de la prueba: 4 horas y 30 minutos.

115

Language: Spanish

Day: 1

Martes, 10 de julio de 2012

Problema 1. Dado un triángulo ABC, el punto J es el centro del excírculo opuesto al vértice A.Este excírculo es tangente al lado BC en M , y a las rectas AB y AC en K y L, respectivamente.Las rectas LM y BJ se cortan en F , y las rectas KM y CJ se cortan en G. Sea S el punto deintersección de las rectas AF y BC, y sea T el punto de intersección de las rectas AG y BC.

Demostrar que M es el punto medio de ST .

(El excírculo de ABC opuesto al vértice A es la circunferencia que es tangente al segmento BC,a la prolongación del lado AB más allá de B, y a la prolongación del lado AC más allá de C.)

Problema 2. Sea n ≥ 3 un entero, y sean a2, a3, . . . , an números reales positivos tales quea2a3 · · · an = 1. Demostrar que

(1 + a2)2(1 + a3)

3 · · · (1 + an)n > nn.

Problema 3. El juego de la adivinanza del mentiroso es un juego para dos jugadores A y B. Lasreglas del juego dependen de dos enteros positivos k y n conocidos por ambos jugadores.

Al principio del juego, el jugador A elige enteros x y N con 1 ≤ x ≤ N . El jugador A mantienex en secreto, y le dice a B el verdadero valor de N . A continuación, el jugador B intenta obtenerinformación acerca de x formulando preguntas a A de la siguiente manera: en cada pregunta, Bespeci�ca un conjunto arbitrario S de enteros positivos (que puede ser uno de los especi�cadosen alguna pregunta anterior), y pregunta a A si x pertenece a S. El jugador B puede hacer tantaspreguntas de ese tipo como desee. Después de cada pregunta, el jugador A debe responderla inmedia-tamente con sí o no, pero puede mentir tantas veces como quiera. La única restricción es que entrecualesquiera k + 1 respuestas consecutivas, al menos una debe ser verdadera.

Cuando B haya formulado tantas preguntas como haya deseado, debe especi�car un conjunto Xde a lo más n enteros positivos. Si x pertenece a X entonces gana B; en caso contrario, pierde.Demostrar que:

1. Si n ≥ 2k, entonces B puede asegurarse la victoria.

2. Para todo k su�cientemente grande, existe un entero n ≥ 1, 99k tal que B no puede asegurarsela victoria.

Language: Spanish Tiempo: 4 horas y 30 minutos

Cada problema vale 7 puntos

16

Language: Spanish

Day: 2

Miércoles, 11 de julio de 2012

Problema 4. Hallar todas las funciones f : Z → Z que cumplen la siguiente igualdad:

f(a)2 + f(b)2 + f(c)2 = 2f(a)f(b) + 2f(b)f(c) + 2f(c)f(a),

para todos los enteros a, b, c que satisfacen a + b + c = 0.

(Z denota el conjunto de los números enteros.)

Problema 5. Sea ABC un triángulo tal que ∠BCA = 90◦, y sea D el pie de la altura desde C.Sea X un punto interior del segmento CD. Sea K el punto en el segmento AX tal que BK = BC.Análogamente, sea L el punto en el segmento BX tal que AL = AC. Sea M el punto de intersecciónde AL y BK.

Demostrar que MK = ML.

Problema 6. Hallar todos los enteros positivos n para los cuales existen enteros no negativosa1, a2, . . . , an tales que

1

2a1+

1

2a2+ · · · +

1

2an=

1

3a1+

2

3a2+ · · · +

n

3an= 1.

Language: Spanish Tiempo: 4 horas y 30 minutos

Cada problema vale 7 puntos

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XXVII Olimpiada Iberoamericana de MatematicaCochabamba, Bolivia

Dıa 1 (2 de octubre de 2012)

1. Sea ABCD un rectangulo. Se construyen triangulos equilateros BCX y DCY de modo que estostriangulos compartan algunos de sus puntos interiores con los puntos interiores del rectangulo.Las rectas AX y CD se cortan en P , y las rectas AY y BC se cortan en Q. Probar que eltriangulo APQ es equilatero.

2. Decimos que un entero positivo es brillante si puede ser escrito como la suma de dos enteros nonecesariamente distintos a y b con la misma suma de dıgitos. Por ejemplo, 2012 es brillante yaque 2012 = 2005 + 7, y 2005 y 7 tienen la misma suma de dıgitos. Determinar todos los enterospositivos que no son brillantes.

3. Sea n un entero positivo. Dado un conjunto de enteros {a1, a2, . . . , an}, donde ai ∈ {0, 1, 2, . . . 2n}para todo i, asociamos a cada uno de sus subconjuntos la suma de sus elementos; en el casoparticular del conjunto vacıo dicha suma es 0. Decimos que {a1, a2, . . . , an} es n-completo sitodas estas sumas son diferentes modulo 2n.

Determinar el numero de conjuntos n-completos en funcion de n.

Dıa 2 (3 de octubre de 2012)

4. Sean a, b, c, d enteros tales que a − b + c − d es impar y divide a a2 − b2 + c2 − d2. Probar quepara todo entero positivo n, a− b+ c− d divide a an − bn + cn − dn.

5. En un triangulo ABC, sean P y Q las intersecciones de la paralela a BC por A con las bisectricesexteriores de los angulos B y C, respectivamente. La perpendicular a BP por P y la perpendiculara CQ por Q se cortan en R. Si I es el incentro de ABC, demostrar que AI = AR.

6. Demostrar que para todo entero positivo n existen n enteros positivos consecutivos tales queninguno de ellos es divisible por la suma de sus respectivos dıgitos.

Tiempo por dıa: 4 horas y mediaCada problema vale 7 puntos

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Columna de Problemas No. 8 (Soluciones)

Problema 36

Sea ABC un triangulo tal que el centro N de la circunferencia de los 9 puntos coincide con uno desus vertices. Hallar los angulos de ABC.

Fuente: Original de Oscar Olmedo, Instituto Nacional Jorge Eliseo Azucena Ortega (El Salvador)

Solucion de Julio Ayala, Universidad de Buenos Aires

Sabemos que el punto N equidista de los puntos medios de los lados BC,CA y AB, a los quellamaremos P,Q y R, respectivamente. Suponer N = A. Tendremos AP = AQ = AR. En consecuenciaAB = AC, y AP ⊥ BC. Como4APC es rectangulo en P , entonces AP = AQ = QP , de donde4APQes equilatero y ∠PAC = 60◦. Analogamente ∠PAB = 60◦. Ocupando AB = AC encontramos que∠ABC = ∠ACB = 30◦. Luego la repuesta es 30◦, 30◦ y 120◦, en algun orden.

Nota del editor: El enunciado original, que contenıa varios literales, pedıa tambien caracterizar alos triangulos tales que el centro N de la circunferencia de los 9 puntos esta sobre alguno de los ladosdel triangulo. El lector esta invitado a intentar este problema adicional.

B C

A

P

QR

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Problema 37

Sea k un numero real. Determinar todos los valores enteros de a y b que satisfacen

a

b≤ k ≤ a+ k2b

a+ b.

Fuente: Original de Oscar Hernandez, Universidad de El Salvador

Solucion de Julio Ayala, Universidad de Buenos Aires

La desigualdad k ≤ (a+ k2b)/(a+ b) es equivalente a b(k − 1)(k − a/b) ≥ 0 cuando a+ b > 0. Porhipotesis k − a/b ≥ 0. Por tanto basta garantizar que b(k − 1) ≥ 0. Llamando S al conjunto soluciontendremos los siguientes casos.

Si k > 1, entonces S = {(a, b) ∈ Z× Z | a+ b > 0 ∧ b > 0 ∧ a/b ≤ k}.

Si k < 1, entonces S = {(a, b) ∈ Z× Z | a+ b > 0 ∧ b < 0 ∧ a/b ≤ k}.

Si k = 1, entonces S = {(a, b) ∈ Z× Z | a+ b > 0 ∧ a/b ≤ k}.

La desigualdad k ≤ (a+k2b)/(a+ b) es equivalente a b(k−1)(k−a/b) ≤ 0 cuando a+ b < 0. Por tantobasta garantizar que b(k − 1) ≤ 0. Llamando T al conjunto solucion tendremos los siguientes casos.

Si k > 1, entonces T = {(a, b) ∈ Z× Z | a+ b < 0 ∧ b < 0 ∧ a/b ≤ k}.

Si k < 1, entonces T = {(a, b) ∈ Z× Z | a+ b < 0 ∧ b > 0 ∧ a/b ≤ k}.

Si k = 1, entonces T = {(a, b) ∈ Z× Z | a+ b < 0 ∧ a/b ≤ k}.

Para cada uno de los tres casos el conjunto solucion final es S ∪ T (el S y el T respectivos).

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Problema 39

Encontrar todos los enteros positivos n que satisfacen n3 + (n+ 1)3 + (n+ 2)3 = (n+ 3)3.

Fuente: Original de Manuel Mundo (El Salvador) y el editor

Solucion de Carlos Arias (El Salvador)

Expandimos la expresion dada, cancelamos terminos comunes y dividimos por 2 para obtenern3 − 6n− 9 = 0.

Sea r/s una raız racional de la ecuacion con r, s ∈ Z y mcd(r, s) = 1. Por el teorema de la raızracional r | 9 y s | 1, y entonces r/s ∈ {±1,±3,±9}. Probando las opciones posibles de r/s obtenemosque la unica opcion que satisface la ecuacion es r/s = 3. Por lo tanto n = 3 es la unica solucion enteraque satisface la ecuacion.

Solucion de Julio Ayala, Universidad de Buenos Aires

La igualdad es claramente equivalente a la ecuacion cubica 0 = n3− 6n− 9 = (n− 3)(n2 + 3n+ 3),que tiene una unica solucion real. Luego n = 3 es la unica solucion.

Nota del editor: Euler conjeturo una posible generalizacion del ultimo teorema de Fermat: dadosenteros n, k > 1, si a1, a2, . . . , an son enteros positivos tales que ak1 + ak2 + · · · + akn = bk, entoncesn ≥ k (Fermat corresponde al caso n = 2). Aparte de ser establecido para el caso k = 3 y refutadopara k = 4, 5, se desconoce la validez de este resultado cuando k ≥ 6.

Recibida tambien una solucion de Ervin Ramırez (Nicaragua).

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Problema 40

Calcular la integral indefinida ∫log(

1− 1x3

)dx.

Fuente: Original del editor

Solucion de Julio Ayala, Universidad de Buenos Aires

Facilmente se encuentra que∫

log xdx = x(log x− 1). Por tanto

I =∫

log(

1− 1x3

)dx =

∫log(x− 1)dx−

∫log(x3)dx+

∫log(x2 + x+ 1)dx

= (x− 1) log |x− 1| − x− 3x(log x− 1) +∫

log

((x+

12

)2

+34

)dx

Llamaremos I ′ a esta ultima integral. Haciendo y = x +12

, c =34

y utilizando integracion porpartes vemos que

I ′ =∫

log(y2 + c)dy = y log(y2 + c)−∫ (

2− 2cy2 + c

)dy

= y log(y2 + c)− 2y + 2∫

1

(y/√c)2 + 1

dy

=2x+ 1

2log(x2 + x+ 1)− (2x+ 1) +

√3 arctan

(2x+ 1√

3

).

Por tanto la respuesta al problema es

(x− 1) log |x− 1| − x− 3x(log x− 1) +2x+ 1

2log(x2 + x+ 1)− (2x+ 1) +

√3 arctan

(2x+ 1√

3

)o bien, reordenando un poco,

√3 arctan

(2x+ 1√

3

)+ x log

(1− 1

x3

)− log |x− 1|+ 1

2log(x2 + x+ 1).

Solucion de Ervin Ramırez (Nicaragua)

El metodo de integracion por partes nos dice que:

I =∫

log(

1− 1x3

)dx = x log

(1− 1

x3

)−∫

3x3 − 1

dx.

Luego descomponiendo la ultima integral en una suma de fracciones parciales e integrando tenemos:

I = x log(

1− 1x3

)−∫ (

1x− 1

− x+ 2x2 + x+ 1

)dx

= x log(

1− 1x3

)− log |x− 1|+ 1

2log(x2 + x+ 1) +

√3 arctan

(2x+ 1

3

)+ C.

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Columna de Problemas No. 9

38A. Demostrar que existen dos conjuntos A y B de enteros positivos tales que para todo numeroracional positivo r existe un unico par (a, b) ∈ A×B que cumple r = a/b.

Original de Daniel Campos, Universidad de Costa Rica

41. A partir del paralelogramo de la izquierda se crea una teselacion del plano euclidiano, tal y comose muestra a la derecha. Supongase que es posible inscribir un cuadrado en dicho paralelogramo.Demostrar que tan Θ es racional.

Original de Julio Ayala, Universidad de Buenos Aires

Θ

42. En un triangulo PQR se inscribe otro triangulo A′B′C ′, y por los vertices P , Q, R del primerose trazan paralelas a los lados del segundo, formandose el triangulo ABC. Demostrar que el areadel triangulo PQR es la media geometrica de las areas de los triangulos A′B′C ′ y ABC.

Original de Rufo Casco, Universidad Nacional de Ingenierıa de Nicaragua

43. A partir de un triangulo fijo A1B1C1 se crea una sucesion de triangulos {AkBkCk}k≥1 tal quepara cada k ≥ 1 los segmentos AkAk+1, BkBk+1 y CkCk+1 son cevianas interiores y concurrentesdel triangulo AkBkCk.

Si [ABC] denota el area del triangulo ABC, probar que la serie∑∞k=1[AkBkCk] converge y de-

terminar cuando alcanza su maximo valor.

Original de Julio Ayala, Universidad de Buenos Aires

44. Resolver en enteros la ecuacion 2am+ 2a+1(m+ 1) + 2a+2(m+ 2) = m(m+ 1).

Original de Manuel Mundo (El Salvador)

45. Sean a, b, c numeros reales no negativos. Demostrar que√(3a+ b)(3b+ a)(2a+ c)(2b+ c)

+

√(3b+ c)(3c+ b)(2b+ a)(2c+ a)

+

√(3c+ a)(3a+ c)(2c+ b)(2a+ b)

≥ 4.

Original de Daniel Campos, Universidad de Costa Rica

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Cafe Matematico No. 9Curiosidades: Las matematicas del aburrimiento

De la astroide y otras astralidades

Suponga que su clase de matematicas es muy aburrida y decide hacer algo en su cuaderno cuadriculado.Dibuja dos ejes, toma una pequena regla, apoya sus extremos en uno de los cuadrantes y traza varias lıneasa medida que la desliza. Repitiendo el proceso Ud. obtendra una simpatica figura como esta:

Fuente: Wolfram MathWorld

¿Que tipo de curva es la que acaba de dibujar? Aunque parezca estar hecha de arcos de cırculos, no esası. Se denomina astroide y es una curva plana determinada por la ecuacion cartesiana x2/3 + y2/3 = 1.

Curiosamente, la astroide tiene otras definiciones equivalentes, si bien no menos encantadoras. Supon-ga que dibuja un cırculo de radio 1 en otra pagina, junto con un segundo cırculo de radio 1/4 tangenteinteriormente al primero. Si de alguna manera Ud. pudiera hacer rodar el cırculo pequeno alrededor delperımetro del cırculo mayor, el punto de tangencia inicial trazarıa una curva familiar... una astroide, porsupuesto. Debido a esta propiedad se dice que la astroide es un tipo de hipocicloide.

Fuente: Wikipedia

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¿No esta sorprendido aun? Tome otra pagina de papel, dibuje dos ejes y escoja algun numero positivo,digamos 1. Ahora trace primorosamente todas las elipses tales que la suma de sus semiejes es igual a 1(suponemos que dispone de mucho tiempo). ¡El contorno formado por todas elipses no es sino una astroide!

Fuente: Wolfram MathWorld

Esperamos, por supuesto, que el lector se indigne y se sienta obligado a justificar por que todas estasconstrucciones definen a la misma curva.

Pascal versus fractal

El triangulo de Pascal, un arreglo formado por coeficientes binomiales, es casi seguramente familiar allector (respecto a la medida que Ud. desee). Supongamos que esta excesivamente aburrido y decide dibujarun triangulo de Pascal muy grande. Si ahora marca con un color todas las posiciones con numeros impares,probablemente se sorprenda al revelar una figura inesperada: un fractal, es decir un patron que contieneinfinitas copias de sı mismo.

Fuente: Wolfram MathWorld

Estamos frente al triangulo de Sierpinski, un ejemplo famoso de fractal que habitualmente es obtenido aldividir un triangulo equilatero en cuatro triangulos equilateros congruentes, y repetir el proceso indefinida-mente. Invitamos al lector a explicar este fenomeno y en general a estudiar otros patrones obtenidos alreducir las entradas del triangulo de Pascal modulo un primo p (pista: utilice el llamado teorema de Lucas).

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Una espiral primorosa

Presentamos finalmente el arquetipo de las matematicas del aburrimiento. En una hoja de papel comiencea escribir los numeros 1, 2, 3, 4, 5, . . ., arreglados en una espiral como se muestra en la figura.

Fuente: Wikipedia

Aunque este diagrama peca de simplicidad, algo extrano sucede si senalamos los numeros primos.Veremos entonces que algunos primos tienden a alinearse a lo largo de ciertas diagonales. Aumentandoel tamano de la espiral un patron con lıneas diagonales, horizontales y verticales se vuelve evidente. Elmisterio aumenta cuando reemplazamos el 1 por cualquier entero positivo n: escribiendo los numerosn, n+ 1, n+ 2, n+ 3, n+ 4, . . . revela el mismo patron de lıneas. Esta es la gloriosa espiral de Ulam.

Fuente: Wolfram MathWorld

¿Por que escogimos la espiral de Ulam como nuestro ejemplo favorito? Primero, porque nadie sabe elporque de este fenomeno. Informalmente, la formacion de estos patrones esta relacionada con la existenciade ciertos polinomios cuadraticos que devuelven infinitos primos al ser evaluados en enteros, pero hasta elpresente (2012) no existe una demostracion rigurosa de este hecho.

Parentesis: Un buen estudiante de teorıa de numeros probablemente recuerde un ejemplo famoso, debidoa Euler, de un polinomio cuadratico que produce bastantes primos: p(n) = n2−n+ 41. ¿Cual es el patronformado por estos primos en la espiral de Ulam? (intentelo Ud. mismo).

La segunda razon es por la manera en que fue descubierta. Cuenta la leyenda que Stanislaw Ulam(1909-1984), un matematico estadounidense que trabajo en el Proyecto Manhattan, estaba atendiendo unapresentacion larga y aburrida cuando empezo a hacer garabatos y descubrio por accidente el patron quelleva su nombre... Ası es, senores: los matematicos tambien se aburren de las matematicas de vez en cuando.

En conclusion: No se sienta culpable por garabatear en su clase de matematica. ¡Puede que ese dibujode Dragon Ball Z esconda una verdad matematica sorprendente! �

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Noticiero matematico

Anuncian prueba de la conjetura abc

Aparte de las profecıas apocalıpticas de moda, el ano 2012 ha dado que que hablar a los matematicos.En agosto, el matematico japones Shinichi Mochizuki publico sin ninguna pompa la cuarta y ultima piezade una serie de artıculos, en donde la conjetura abc figura como un corolario.

¿Que es la conjetura abc?Este es un problema de teorıa de numeros que, siguiendo una especie de patron en este campo, puede ser

abordado solamente con tecnicas muy elaboradas comparadas con la sencillez de su enunciado. Dado un en-tero positivo n, llamemos “radical” al producto radn de los factores primos de n. Entonces la conjetura dice:

Para todo ε > 0 existen solamente un numero finito de tripletas (a, b, c) de enterospositivos primos entre sı y tales que c > rad (abc)1+ε.

¿Por que es importante esta conjetura?La importancia de este resultado se debe a que implica a muchos otros teoremas y problemas abiertos

de la teorıa de numeros. Omitiremos los tecnicismos y nos contentaremos con mencionar el mas famosode estos problemas, indudablemente conocido por el lector: ¡el ultimo teorema de Fermat! La restriccionimpuesta por abc es tan fuerte que limita el numero de posibles soluciones a xn + yn = zn excepto paraun numero finito de exponentes. El argumento puede ser completado en un par de lıneas...

¿Como es la prueba propuesta por Mochizuki?La serie de artıculos en cuestion, titulada Inter-universal Teichmuller Theory, abarca mas de 500 paginas

y su abstraccion ha tomado por sorpresa incluso a los expertos. En este aspecto abc es diferente al ultimoteorema de Fermat y la conjetura de Poincare: si bien las pruebas de Wiles y Perelman son extremadamentecomplejas, las tecnicas utilizadas por ellos sı son conocidas por especialistas en las areas respectivas.

En contraste, Mochizuki aparentemente ha construido su propio mundo (la teorıa interuniversal deTeichmuller), basado en una rama de la geometrıa algebraica que no goza de mucha popularidad ac-tualmente: la geometrıa anabeliana. Las lıneas de investigacion en esta direccion fueron propuestas porGrothendieck en un manuscrito denominado Esquisse d’un Programme (1984), que el hizo circular entresus colegas luego de retirarse de la investigacion matematica.

¿Es la prueba de Mochizuki correcta?La novedad y la abstraccion de esta teorıa, junto con la falta de expertos que puedan servir de arbitros

son los principales obstaculos a la revision de la prueba, que podrıa tardar anos. Sin embargo, la solidareputacion de Mochizuki —un catedratico del centro de investigacion matematica mas prestigioso de Japon,el Research Institute for Mathematical Sciencies (RIMS) de la Universidad de Kyoto, y con una extensalista de publicaciones— es una valiosa garantıa. �

Retrato del Dr. Mochizuki. Tomado de su pagina web

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En memoria de Lars Hormander (1931-2012)

El Dr. Hormander en Tokyo (1969). Fuente: Wikipedia

El fin de ano nos trajo la triste noticia de que Lars Hormander, matematico sueco y profesor emeritode la Universidad de Lund, fallecio el 25 de noviembre de los corrientes a los 81 anos de edad.

El nombre de Hormander debe de ser familiar para cualquier estudiante de analisis, ya que este hizocontribuciones fundamentales a la teorıa de las ecuaciones diferenciales parciales. La ignorancia del editorle impide entrar en detalles, pero se contentara con agregar que su celebrado libro Linear Partial DifferentialOperators le merecio la Medalla Fields en 1962. Asimismo, la monumental secuela The Analysis of LinearPartial Differential Operators, publicada en cuatro tomos, es universalmente considerada el estandar de estaarea de la matematica. Hormander tambien es el autor de An Introduction to Complex Analysis in SeveralVariables, un reconocido texto sobre variables complejas.

Otros reconocimientos incluyen el prestigioso Premio Wolf (1988), frecuentemente llamado “el Nobelde las matematicas” junto con la Medalla Fields, y el Premio Steel (2006) para exposicion matematica.

El editor expresa su mas profunda admiracion por esta importante figura de la matematica del siglo XX,e invita a los lectores a honrar su memoria conociendo mas sobre sus trabajos. QEPD. �

Mas informacion

Weisstein, Eric W., Astroid, MathWorld–A Wolfram Web Resource.http://mathworld.wolfram.com/Astroid.html

Weisstein, Eric W., Sierpinski Sieve, MathWorld–A Wolfram Web Resource.http://mathworld.wolfram.com/SierpinskiSieve.html

Weisstein, Eric W, Prime Spiral, MathWorld–A Wolfram Web Resource.http://mathworld.wolfram.com/PrimeSpiral.html

Cipra, B., ABC Proof Could Be Mathematical Jackpot, Science, 09/12/12.http://news.sciencemag.org/sciencenow/2012/09/abc-conjecture.html

Schechter, B., Lars V. Hormander Dies at 81; Unlocked Partial Differential Equations, The New YorkTimes, 12/06/2012.http://www.nytimes.com/2012/12/07/world/europe/lars-v-hormander-mathematician-dies-at-81.html

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