a)
n
es par.
b)
n
es impar y
k
= 3.
Tiempo: 4 horas y 30 minutos Cada problema vale 7 puntos
Columna de Problemas No. 6 (Soluciones)
Problema 27
Considerar las permutaciones
σ1= 1 2 3 4 · · · 19 20 a1 a2 a3 a4 · · · a19 a20 σ2= 1 2 3 4 · · · 19 20 a19 a20 a17 a18 · · · a1 a2 . Mostrar que siσ1tiene a lo sumo 100 inversiones, entonces σ2 tambi´en tiene a lo sumo 100 inver- siones.
Nota: Una inversi´on en una permutaci´onσes un par (i, j) tal quei < j yσ(i)> σ(j). Fuente: Olimpiada Rumana, 1979.
Soluci´on de Daniel Campos (Universidad de Costa Rica)
Seani, j enteros positivos, 1≤i < j≤20. Note que si ies impar entonces (i, j) es una inversi´on deσ2 si y s´olo sij =i+ 1 y el par (i, j) es una inversi´on deσ1 o si (i, j) no es una inversi´on de σ1. Si ies par entonces (i, j) es una inversi´on deσ2 si y s´olo si (i, j) no es una inversi´on de σ1. De esta manera la m´axima cantidad de inversiones paraσ2 es
20 2 −100 + 10 = 100, y as´ı concluye la prueba.
Problema 28
Demostrar que todo n´umero perfecto divisible por 2011 debe ser divisible por 20112. Fuente: Original de Daniel Campos (Universidad de Costa Rica)
Soluci´on del autor
Suponga que existe un n´umero perfecto n que es divisible por 2011 pero no por 20112. Sea n = 2011pα1
1 · · ·pαmm, con pi primo y αi entero positivo, 1 ≤ i ≤ m. Un n´umero perfecto satisface que σ(n) = 2n, donde σ es la suma de todos los divisores positivos de un n´umero. De esta manera la ecuaci´on se reescribe como
2 = 1 + 1 2011 m Y i=1 1 + 1 pi +...+ 1 pαi i .
Note que 1+20111 = 220112·503, de manera que 2·503 divide an. Supongamos sin p´erdida de generalidad quep1= 2 yp2= 503. Esto implica que
2≥ 1 + 1 2011 1 + 1 503 1 + 1 2 +...+ 1 2α1 = 2012·504 2011·503 2− 1 2α1 , o bien 2α1≤ 1008 5 <2
8, y as´ı se sigue que 1≤α
1≤7. Siα1es impar se sigue que 3 divide al numerador de 1 +12+...+2α11
, y por lo tanto 3 divide a n. Esto implica que
2≥ 1 + 1 2011 1 + 1 2 1 + 1 3 = 2 1 + 1 2011 ,
lo cual es una contradicci´on. Por lo tantoα1∈ {2,4,6}. Paraα1igual a 2,4,6 se obtiene que 7,31,127 dividen an, respectivamente. Paraα1= 2 se tiene que
2≥ 1 + 1 2011 1 + 1 2+ 1 4 1 + 1 7 = 2 1 + 1 2011 ,
lo cual es una contradicci´on. Los casosα1= 4 yα1= 6 se descartan de la misma forma y as´ı concluye el problema.
Soluci´on de Jos´e Madrid y Gerardo Urbina (El Salvador)
Supongamos que el n´umero perfecto que cumple ser divisible por 2011 es par. Es conocido que todo n´umero perfecto par es de la forman= 2p−1(2p−1) conpprimo. Entonces 2011|2p−1(2p−1), pero mcd(2011,2) = 1 de donde 2011|2p−1, es decir 2p≡1 (m´od 2011).
Claramentep6= 2 as´ı que podemos tomarp= 2k+ 1: 22k·2≡1 (m´od 2011). Pero 2011 es primo y adem´as 201122k = 1 y 20111
= 1, donde el par´entesis denota el s´ımbolo de Legendre. Y como el producto de un residuo por un no residuo es un no residuo, y el producto de dos residuos es un residuo m´odulo un primo, queda 2
2011
= 1.
Pero es conocido que:2p= 1 si y s´olo si p= 8k0±1 para alg´unk0. Ya que 2011 = 8·251 + 3, esto es una contradicci´on. Entonces el n´umero perfecto debe ser impar. Ahora, es conocido que todo n´umero perfecto impar es de la forma n =qαp2e1
1 · · ·p 2ek
k , con q ≡ α ≡ 1 (m´od 4) y q, pi primos. Ahora, si 2011|n, como 2011 = 4·503−1 esto implica que 20116=q, as´ı que 2011 es alguno de lospi, haciendo que su exponente sea par, o sea 20112|n.
Recibida tambi´en una soluci´on de Ervin Ram´ırez (National Taiwan University)
N. del E.: Observar que la soluci´on de Campos es m´as elemental puesto que utiliza ´unicamente la definici´on de n´umero perfecto y no requiere de las propiedades satisfechas por n´umeros perfectos pares e impares.
Problema 29
Probar que la serie
∞
X
n=3
1 (log logn)logn es convergente.
Fuente: Gelca, Andreescu,Putnam and Beyond, Springer, 2007.
Soluci´on de Daniel Campos Salas (Universidad de Costa Rica)
Note que los t´erminos de la serie forman una sucesi´on decreciente. Por el criterio de condensaci´on de Cauchy la serie converge si y s´olo si la serie
∞
X
k=2
1 log(klog 2)klog 2 es convergente. Note que la desigualdad log 2> 1
2 implica que
log(klog 2) = logk+ log(log 2)≥logk−1, y as´ı parak≥3 se cumple que
1
log(klog 2)klog 2 <
1 (logk−1)k/2. Por lo tanto es suficiente demostrar que la serie
∞
X
k=3
1 (logk−1)k/2
es convergente. Este resultado se sigue del criterio de la ra´ız, y as´ı concluye la prueba. Recibida tambi´en una soluci´on de Ervin Ram´ırez (National Taiwan University)
Problema 30
Sipes un primo, probar que todo grupo finito de ordenp2es necesariamente abeliano. Fuente: Folclor
Soluci´on de Daniel Campos (Universidad de Costa Rica)
Es claro que si G es c´ıclico entonces es abeliano. Luego, suponga que G no es c´ıclico, y por lo tanto todo elemento no trivial deGtiene ordenp. Seana, b∈Gtales quehai ∩ hbi= 1, donde 1 es el elemento neutro deG. Es f´acil demostrar que los conjuntos
G1={ambn : 0≤m, n≤p−1}yG2={bman : 0≤m, n≤p−1}
son en efectoG, pues contienenp2 elementos distintos deG. Note que es suficiente demostrar queay bconmutan, ya que todo elemento deGse puede escribir como un producto de ellos.
Llamaremosn-´esima fila de los conjuntosG1 yG2 a los subconjuntos
{abn, a2bn, ..., ap−1bn}y{bna, bna2, ..., bnap−1}, 1≤n≤p−1
respectivamente. Se va a probar que existe un enteroktal que b−1˜ab= ˜ak, con 16= ˜a∈ hai, y en este casok= 1.
Si las primeras filas deG1yG2no son disjuntas el resultado es claro. Si las primeras filas deG1 y G2 son disjuntas, entonces al menos dos elementos distintos de la primera fila deG2pertenecen a una misma fila deG1. En este caso supongamos que se tiene
bak1 =am1bn ybak2=am2bn,
paraki, mi, n(i= 1,2) enteros positivos entre 1 yp−1. De lo anterior se obtiene que bak1−k2b−1= (bak1)(bak2)−1= (am1bn)(am2bn)−1=am1−m2,
como se quer´ıa.
Por inducci´on se puede demostrar queb−1a˜rb= ˜akryb−sab˜ s= ˜aks
. Tomandos=pen la identidad anterior se obtiene que
˜
a=b−p˜abp= ˜akp= ˜ak,
pueskp≡k (m´odp), por el peque˜no teorema de Fermat. Lo anterior implica queb−1˜ab= ˜a, que era lo que se quer´ıa.
Finalmente, como ˜a6= 1, existe un entero mtal quea= ˜am. Esto implica que b−1ab= (b−1˜ab)m= ˜am=a,
Soluci´on de Ervin Ram´ırez (National Taiwan University)
SeaGun grupo finito de ordenp2. SiGno es abeliano, su centro Z(G) es un subgrupo propio tal que|Z(G)|= 1 op, de acuerdo al teorema de Lagrange. Pero, por teorema,G es unp-grupo y todo p-grupo con m´as de un elemento cumple que su centroZ(G) es diferente de uno. Entonces|Z(G)|=p. El centro siempre es un subgrupo normal, entonces el cocienteG/Z(G) est´a definido y como es de ordenp, entoncesG/Z(G) es c´ıclico y, por teorema, Ges abeliano. Contradicci´on. Deducimos que G es abeliano.
Notas del editor:
El resultado utilizado en la ´ultima parte dice que siGes un grupo tal queG/Z(G) es c´ıclico,G es necesariamente abeliano. Este es un ejercicio sencillo para el lector.
Como se vio arriba, todo grupo de ordenp2 es isomorfo a
Z/pZo bien aZ/pZ⊕Z/pZ. Este es
Columna de Problemas No. 7
26A. SeaDun punto en el ladoABdel tri´angulono obtus´anguloABCtal queAD=CBy adem´as 3∠CBA= 2∠ACD. Probar queAC es perpendicular aCB.
Sugerido por Rufo Casco, Universidad Nacional de Ingenier´ıa (Nicaragua) 31. Encontrar todas las soluciones enteras de la ecuaci´ony2=x3+ 7.
Sugerido por el editor 32. Se define la sucesi´on{xn}n≥0 como sigue:x0=x1= 1 y para todon≥1
xn+1= x2n xn−1+ 2xn
. Hallarxn en funci´on den.
Original del editor 33. SeaABC un tri´angulo de incentroI. Las perpendiculares trazadas porI aIA,IB,IC cortan a una tangente dada a la circunferencia inscrita enP,Q, Rrespectivamente. Demostrar queAP, BQyCRson concurrentes.
Original de Rufo Casco, Universidad Nacional de Ingenier´ıa (Nicaragua) 34. Seaa >1 un n´umero real positivo. Determinar el valor deade modo que la gr´afica de la funci´on
f(x) =axsea tangente a la gr´afica de la funci´on inversa def.
Original de ´Oscar Olmedo, Instituto Nacional Jorge Eliseo Azucena Ortega, Chalchuapa 35. Demostrar la identidad d dx n−1 Y k=0 a−2√xcos2k+ 1 2n =−n n−2 Y k=1 a−2√xcos kπ n−1 .
Caf´e Matem´atico No. 7 Curiosidades del mes
El cubo de Metatr´on
Este misterioso diagrama est´a formado por 13 circunferencias junto con las l´ıneas que unen sus centros. Tiene la interesante propiedad de “contener” los 5 s´olidos plat´onicos: tetraedro, cubo, octaedro, dodecaedro e icosaedro (hablando en rigor, contiene las proyecciones de los primeros tres, mas no las del resto). Metatr´on es un arc´angel mencionado en algunas fuentes ocultas del cristianismo y juda´ısmo, y supuestamente ocupa uno de los puestos m´as altos de la jerarqu´ıa celestial. Adem´as los 13 c´ırculos (sin las l´ıneas) forman una configuraci´on especial llamadaflor de la vida. Al parecer estas figuras poseen un fuerte significado esot´erico y son consideradas por algunos como “geometr´ıa sagrada”.
La ley de grupo
¿Sab´ıa que es posible sumar puntos sobre la gr´afica de una ecuaci´on c´ubica, al igual que en la recta real? La operaci´on, en un caso particular, consiste en unir dos puntos cualesquiera de la gr´afica mediante una recta, tomar el punto de intersecci´on de dicha recta con la gr´afica y luego reflejarlo sobre el ejex, tal y como se muestra en la figura. Por cierto, la ecuaci´on debe satisfacer ciertas propiedades especiales (concretamente ser unacurva el´ıptica: una curva proyectiva regular de g´enero 1).
La justificaci´on de este hecho es la llamadaley de grupode las curvas el´ıpticas: Toda curva el´ıptica es isomorfa a su variedad de Jacobi, que es un grupo abeliano, y hereda de ´esta una operaci´on que la convierte en un grupo (y de hecho en una variedad abeliana).
El fiasco de los trierniones
En un hecho que puso en duda la divulgaci´on de las matem´aticas en esta parte del mundo, la prensa mexicana retom´o el mes anterior el supuesto descubrimiento de un “nuevo sistema matem´atico” que generaliza los n´umeros complejos a tres dimensiones. Los trierniones, como fueron bautizados por su descubridor, tendr´ıan una parte real y dos imaginarias y formar´ıan un cuerpo de dimensi´on real 3 que contiene aC.
Lamentablemente los trierniones tal y como los defini´o su autorno existen: Es imposible encontrar una extensi´on finitaF/Ccon [F : R] >2, ya que C es algebraicamente cerrado y autom´aticamente
F =C. M´as a´un, la idea de un n´umero con “una parte real y dos imaginarias” no es nueva; ´estos
ya hab´ıan sido estudiados en 2002 por el matem´atico rumano Silviu Olariu. Al ser definidos correcta- mente, losn´umeros tricomplejos de Olariu forman un ´algebra asociativa, conmutativa y de dimensi´on real 3.
En cualquier caso no tendremos la oportunidad de observar a los trierniones en el plano de Argand- Morales del R´ıo, o mejor dicho enC. El editor opina que El Salvador deber´ıa de unirse a esta carrera de reclamaciones territoriales en la matem´atica (¿qu´e tal lageometr´ıa de Euclides-Aguilar?)