Revista académica de los Educadores y Mentores del Programa Jóvenes Talento

(1)

NO

ME

SALE

Revista académica de los Educadores y Mentores

del Programa Jóvenes Talento

(2)

i

NO ME SALE No. 6

Editor

Gabriel Alexander Chicas Reyes (Universidad de Tokio)

Correo electrónico: gachr_ebc253@hotmail.com

Apoyado por el grupo de instructores de Olimpiadas de Matemática del Programa Jóvenes

Talento, y la Asociación de Padres de Familia del Programa Jóvenes Talento

(ASTALENTO).

Contribuciones

La revista del Programa Jóvenes Talento invita cordialmente a participar en su elaboración

a todos los miembros del Programa (alumnos, instructores, catedráticos, padres de familia)

y al lector interesado en general.



Artículos.

Se invita a los lectores a contribuir con sus trabajos originales sobre

matemática elemental. El documento deberá incluir las referencias académicas

usadas en su elaboración y la información de contacto de su autor, incluyendo:

Nombre, afiliación académica y correo electrónico.



Columna de problemas.

Se desafía a los lectores a enviar sus soluciones originales

a los problemas de esta sección, así como a proponer problemas interesantes para la

columna del siguiente número. El archivo enviado deberá incluir la información de

contacto del autor, y en el caso de un problema propuesto su respectiva procedencia

(

nombre del libro, olimpiada, o autor del problema

).



Café Matemático.

Se acepta todo tipo de material de divulgación matemática,

incluyendo: Historia de las matemáticas, biografías de matemáticos famosos,

acertijos, humor matemático, etc. Tener en cuenta que esta sección está orientada

hacia un público más amplio, por lo que se evitarán documentos demasiado técnicos.

Contacto

Se solicita a los lectores enviar sus contribuciones, preguntas o comentarios a la dirección

revistanomesale@gmail.com

, o bien contactar directamente al editor.

Próximo número

(3)

Contenidos

Artículos (p. 1)

Recurrencia y Geometría

Julio César Ayala Menjívar (Universidad de El Salvador)

Problemas olímpicos (p. 5)

Pruebas selectivas 2011

Presentamos los exámenes utilizados para seleccionar a las delegaciones que representarán

a El Salvador diversas olimpiadas internacionales. Asimismo incluimos los nombres de los

estudiantes seleccionados.

XIII Olimpiada Matemática de Centroamérica y el Caribe (Colima, México, junio 17-26)

Jeanette Alejandra Fernández Rivera

Óscar Armando Hidalgo Arévalo

Andrés Fernando Rosa Aparicio

XXVI Olimpiada Iberoamericana de Matemática (Costa Rica, septiembre 23-octubre 1º)

Byron Thonatiu Escobar Benítez

José Daniel Madrid Bautista

Ramón Sanfeliú Beneke

Gerardo Augusto Urbina Sánchez

LII Olimpiada Internacional de Matemática (Ámsterdam, Países Bajos, julio 13-24)

(4)

iii

Columna de problemas (p. 12)

En esta sección se incluyen 5 problemas de desafío a los lectores, quienes están invitados a

resolverlos y enviar sus mejores soluciones a la revista. Las soluciones más originales serán

publicadas en el siguiente número.

Corrección al problema 20

Óscar Hernández (Universidad de El Salvador) tuvo la amabilidad de comunicarnos un

error en el enunciado del problema 20. El editor presenta su propia solución y agradece la

corrección de Hernández, sin la cual el problema se vuelve trivial.

Problemas abiertos

Los siguientes problemas todavía permanecen sin resolver: 18, 25.

Café Matemático (p. 20)

Breve historia acerca de cómo surgieron los exponentes

Xenia Ivette Peñate Godoy (Instituto Nacional de El Congo, Santa Ana)

(5)

Recurrencia y geometr´ıa

Julio C´esar Ayala Menj´ıvar

Los primeros números de la secuencia de Fibonacci son 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, . . . Por definición la secuencia empieza con 1, 1 y cada término se obtiene sumando los dos anteriores. Esta secuencia generalmente es representada por la notación{fn}∞n=1. Cadafn representa el n-ésimo término de la

secuencia de Fibonacci. Se acostumbra definirf0= 0 para hacer algunas simplificaciones. De esa man-era los n´umeros de Fibonaccifn quedan definidos para todo enteronno negativo.

Existe otra recurrencia muy conocida, larecurrencia de Lucas, que es análoga a la de Fibonacci y que difiere en los valores iniciales. Esta otra recurrencia es simbolizada por{Ln}∞n=1 y por definición L1 = 1 L2 = 3. De lo dicho anteriormente podemos escribir fn = fn−1+fn−2 para todo n ≥ 3 y Ln=Ln−1+Ln−2 para todon≥3, teniendo en cuenta que f1= 1,f2= 1,L1= 1,L2= 3. Aunque la secuencia de Fibonacci tiene muchas propiedades dignas de estudiarse en realidad trabajaremos con secuencias equivalente a la de Fibonacci, un poco más generales.

Utilizando el teorema de Pit´agoras es posible demostrar el siguiente resultado de Carnot :

Teorema Las perpendiculares bajadas desde los puntos X, Y, Z a los lados BC, CA, AB del tri´angulo ABC concurren s´ı y s´olo s´ı

BX2−XC2+CY2−Y A2+AZ2−ZB2= 0.

No se dará la demostración por ser un resultado muy conocido. Suponer que los vértices A, B, C, X, Y, Z tienen coordenadas (a1, a2), (b1, b2), (c1, c2), (x1, x2), (y1, y2), (z1, z2). Recordar que el cuadrado la distancia entre los puntos (p, q) y (m, n) es (m−p)2+ (n−q)2. La condición de Carnot puede entonces reescribirse como:

0 = (x1−b1)2+ (x2−b2)2−(c1−x1)2−(c2−x2)2 + (y1−c1)2+ (y2−c2)2−(a1−y1)2−(a2−y2)2 + (z1−a1)2+ (z2−a2)2−(b1−z1)2−(b2−z2)2.

A

B

C

O2

Z _Y

X

(6)

que despu´es de simplificar y reagrupar se ver´a as´ı:

Propiedad 1

a1(y1−z1) +b1(z1−x1) +c1(x1−y1) +a2(y2−z2) +b2(z2−x2) +c2(x2−y2) = 0.

Se dice que dos triángulosABC yXY Zsonortológicos si las coordenadas de sus vértices cumplen la igualdad anterior. Es fácil demostrar que siABCes ortológico aXY ZentoncesXY Zes ortológico a ABC. En otras palabras, las perpendiculares bajadas desde los vértices deXY Z a los lados delABC concurren s´ı y sólo s´ı las perpendiculares bajadas desde los vértices de ABC a los lados del XY Z también concurren1_.

Ahora estamos listos para demostrar las siguientes propiedades:

Propiedad 2Sean{fn}∞n=1y{gn}∞n=1dos secuencias definidas porf1=a,f2=b,g1=p,g2=qy fn=fn−1+fn−2,gn=gn−1+gn−2para todon≥3. Sea4kel tri´angulo cuyos v´ertices son los puntos

de coordenadas (fk, fk+1), (fk+1, fk+2), (fk+2, fk+3) y por último sea Θl el triángulo cuyos vértices

son los puntos de coordenadas (gl, gl+1), (gl+1, gl+2), (gl+2, gl+3). Se cumplir´a que los tri´angulos 4k,

Θl son ortol´ogicos para toda pareja de enteros positivosk, l.

Demostración Según la propiedad 1 bastará con demostrar que :

fk(gl+1−gl+2)+fk+1(gl+2−gl)+fk+2(gl−gl+1)+fk+1(gl+2−gl+3)+fk+2(gl+3−gl+1)+fk+3(gl+1−gl+2) = 0

⇐⇒fk(gl+1−gl+2) +fk+1(2gl+2−gl−gl+3) +fk+2(gl+gl+3−2gl+1) +fk+3(gl+1−gl+2) = 0. Pero 2gl+2−gl−gl+3= 2gl+2−gl−(gl+2+gl+1) =gl+2−gl+1−gl= 0; luego basta mostrar que

fk(gl+1−gl+2) +fk+2(gl+gl+3−2gl+1) +fk+3(gl+1−gl+2) = 0.

Luego de algunos c´alculos esta expresi´on se reduce agl(fk+2−(fk+fk+1)) = 0, es decirgl(0) = 0. La

´

ultima igualdad claramente es verdadera por lo que hemos terminado la demostración. Se debe aclarar que en ningún momento utilizamos los valores iniciales de las recurrencias, por lo que tal propiedad es verdadera para todas las secuencias{fn}∞n=1 y{gn}∞n=1. En especial, tomando{fn}∞n=1={gn}∞n=1 obtenemos que4k,4lson ortológicos para cualquier secuencia{fn}∞n=1. Más en especial aún, es ver-dadera para la secuencia de Fibonacci{fn}∞n=1.Adoptaremos la notación anterior para la siguiente

Propiedad 3El ´area orientada2 de todo tri´angulo4k es

(−1)k 2 (a

2₊_ab₋_b2₎

dondef1=a, f2=b.

Demostración 1Es bien conocido que el área del triángulo con vértices en (a1, a2), (b1, b2), (c1, c2) es 1 2

a1 a2 1 b1 b2 1 c1 c2 1

por lo que bastar´a con encontrar

fk fk+1 1 fk+1 fk+2 1 fk+2 fk+3 1

, cuyo desarrollo es el siguiente :

1_{Los puntos de concurrencia son llamados los}_{centros de ortolog´ıa} _{de la pareja}_ABC_,_{XY Z}_.

2_{El ´}_{area de ABC es positiva si los v´}_ertices_A_,_B_,_C_{(en ese orden) se recorren en sentido antihorario, de lo contrario es}

(7)

fk(fk+2−fk+3)−fk+1(fk+1−fk+2)+1(fk+1fk+3−fk2+2) =fk(−fk+1)−fk+1(−fk)+(fk+1fk+3−fk2+2)

=fk+1fk+3−fk2+2=fk+1(fk+2+fk+1)−fk2+2=f 2

k+1+fk+2(fk+1−fk+2) =fk2+1−fk+2(fk)

= (−1)(fkfk+2−fk2+1) = (−1) 2

(fk−1fk+1−fk2) = (−1)

3

(fk−2fk−fk2−1) =. . . = (−1)k(f1f3−f22) = (−1)

k_(a(a₊_b)₋_b2_{) = (}₋₁₎k_(a2₊_ab₋_b2_).

De la ´ultima l´ınea es evidente lo que se quer´ıa demostrar.

Demostraci´on 2Primero notar que los puntos (fk, fk+1), (fk+2, fk+3), (fk+3, fk+4) est´an alinea-dos ya que la pendiente de la recta que une (fk, fk+1) y (fk+2, fk+3) es

fk+3−fk+1 fk+2−fk

= fk+2 fk+1

=fk+4−fk+3 fk+3−fk+2 ,

y observar que el lado derecho de la última igualdad es la pendiente de la recta que une los puntos (fk+2, fk+3) y (fk+3, fk+4). Ahora notar quefk+3−fk+1=fk+4−fk+3 yfk+2−fk =fk+3−fk+2por lo que los triángulos4k y 4k+1 tienen un lado de igual longitud. Como comparten la misma altura deben tener la misma área:|4k|=|4k+1|para todok, de donde|41|=|42|=|43|=. . .=|4k|=. . .

De aqu´ı es claro que41= 1 2(a

2₊_ab

−b2), de donde4k= 1₂(a2+ab−b2) para todok≥1. No es

dif´ıcil convencerse que su signo es (−1)k_{, como se quer´ıa.}

NotaDe lo anterior es f´acil deducir que los puntos (fk, fk+1) y (fk+3, fk+4) equidistan de la recta que une a los puntos (fk+1, fk+2) y (fk+2, fk+3).

Propiedad 4 Sea {fn}∞n=1 la sucesi´on de Fibonacci. Todo tri´angulo 4k definido a partir de tal

sucesi´on no posee puntos reticulares en su interior, exceptuando sus v´ertices, que son todos reticulares.

fk fk+2 fk+3 fk+1

fk+1 fk+2

fk+3 fk+4

(0,0)

A(fk, fk+1) B(fk+1, fk+2)

C(fk+2, fk+3)

D(fk+3, fk+4)

| 4k|=(−1)

k

2 (a

2₊_ab₋_b2₎

| 4k+1|=(−1)

k+1 2 (a

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Soluci´on Utilizaremos el teorema de Pick. Si B es la cantidad de puntos reticulares sobre los lados del tri´angulo4k eIes la cantidad de puntos en su interior (excluyendo sus lados), el teorema de

Pick muestra que el ´area de4k es B₂ +I−1. Es muy conocido que la cantidad de puntos reticulares

contenidos en el segmento que une (a, b) y (m, n) es mcd(n−b, m−a)−1 (sin contar los extremos). Por lo anterior, el total de puntos reticulares sobre los lados de4k ser´a (contando los v´ertices)

mcd(fk+2−fk+1, fk+1−fk) + mcd(fk+3−fk+2, fk+2−fk+1) + mcd(fk+3−fk+1, fk+2−fk) + 3

= mcd(fk, fk−1) + mcd(fk+1, fk) + mcd(fk+2, fk+1) + 3 = 3 =B.

Las igualdades de la ´ultima l´ınea son verdaderas puesto que cualesquiera dos n´umeros de Fibonacci consecutivos son coprimos. Por otro lado, de propiedad 3 podemos deducir que| 4k|= 1₂ para todo

k. Concluimos que

B

2 +I−1 = 1 2 ⇐⇒

3

2 +I−1 = 1

2 ⇐⇒I= 0.

La l´ınea anterior muestra lo deseado. Veremos que propiedad 3 es un caso especial de la siguiente:

Propiedad 5Sea{gn}∞n=1 una sucesión deenteros definida porg1=a,g2=bygn=gn−1+gn−2 para todon≥3. Sea4kel triángulo con vértices en (gk, gk+1), (gk+1, gk+2), (gk+2, gk+3). Se tendrá que la cantidad de puntos reticulares en el interior estricto de4k (sin contar puntos sobre sus lados) es

I=1 2

|a2+ab−b2| −3mcd(a, b) + 1

donde|x|, mcd(p, q) denotan el valor absoluto dexy el m´aximo com´un divisor de la pareja de enteros p,qrespectivamente.

Demostraci´on Si d= mcd(gk, gk+1) =⇒d|gk+1 y d|gk =⇒d|gk+1−gk =⇒d|gk−1 y repitiendo el mismo argumento obtendremosd|gk−2, d|gk−3, . . . , d|g2, d|g1=⇒d|b, d|a=⇒d|mcd(a, b). Ahora notar que todo elemento de{gn}∞1 puede escribirse en la forma pa+qbdonde p, q ∈Z 3 Llamando t= mcd(a, b) obtenemost|a, t|b=⇒t|pa+qb=⇒t|gk, t|gk+1=⇒t|mcd(gk, gk+1) por lo quet=dde dondemcd(gk, gk+1) =mcd(a, b) para todo enterok. Utilizando nuevamente la notaci´on de la propiedad 4 y el teorema de Pick obtendremosB = 3mcd(a, b) ya que la cantidad de puntos reticulares sobre el segmento (gk, gk+1) → (gk+1, gk+2) es mcd(gk+1−gk, gk+2 −gk+1) = mcd(gk−1, gk) = mcd(a, b),

teniendo en cuenta que aqu´ı hemos contado los puntos que están en el interior estricto del seg-mento y además un vértice de 4k. Repitiendo el argumento con los otros tres lados obtenemos

B= 3mcd(a, b).Finalmente, utilizando la f´ormula de Pick y propiedad 3 obtenemos

3mcd(a, b)

2 +I−1 =

(−1)k_(a2₊_ab₋_b2₎ 2

⇐⇒I=1 2

|a2+ab−b2| −3mcd(a, b) + 1,

dondeI representa la cantidad de puntos reticulares en el interior estricto de4k. Tomandoa=b= 1

obtenemos la propiedad 4 y tomandoa= 1, b= 3 deducimos que todos los tri´angulosΘk definidos a

partir de la recurrencia de Lucas poseen exactamente 2 puntos reticulares en su interior estricto.

Referencias

[1] Z. ˇCerin,On triangles with Fibonacci and Lucas numbers as coordinates, Sarajevo J. of Math. Vol 3 (15) (2007), 3-7.

[2] Z. ˇCerin,On propellers from triangles, Beitr. Algebra Geom., 42 (2) (2001), 575-582.

[3] F. J. Garc´ıa Capitán,Triángulos ortológicos, http://garciacapitan.auna.com/ortologicos/ortologicos.pdf

3_{Mediante un argumento inductivo sencillo puede demostrarse que}_g

k=afk−2+bfk−1donde{fn}∞n=1es la secuencia

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12 a

OMCC - Colima, M´

exico 2011

Primer Examen Selectivo El Salvador

S´

abado 5 de febrero de 2011

Tiempo: 4 horas

Puntuaci´on: 7 puntos por problema

Problema 1.Determine todos los pares ordenados (a, b) de n´umeros reales que satisfacen:

a2 ₌ _6b_{+ 5ab} b2 ₌ _6a_{+ 5ab}

Problema 2.Dado un tri´angulo 4ABC, se construye un rect´anguloP QRS de tal forma que P pertenece al ladoAB,Q yR pertenecen al ladoBC, yS pertenece al ladoCA. Desde Rse traza la perpendicular aAB, desde A se traza la perpendicular aBC, y desde Qse traza la perpendicular a CA. Demuestre que estas tres rectas son concurrentes.

Problema 3.Inicialmente hay tres montones de piedras: el primero con 2010, el segundo con 2011, y el tercero con 2012. Dos jugadores A y B sacan piedras de los montones en un juego con las siguientes reglas:

Juegan alternadamente, comenzando por A.

Cada jugador en su turno puede retirar de un único montón 1, 2, 3, 4 ó 5 piedras.

Pierde aquel jugador que retira la ´ultima piedra.

Determine si alguno de los jugadores puede asegurarse siempre la victoria; en caso afirmativo, diga qu´e jugador gana y muestre cu´al es su estrategia ganadora.

Problema 4. Para cada permutación a1, a2, . . . , a100 de los números 1,2, . . . ,100, se define la sucesión de sumas parciales

S1 = a1

S2 = a1+a2 S3 = a1+a2+a3

.. .

S100 = a1+a2+· · ·+a100

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12 a

OMCC - Colima, M´

exico 2011

Segundo Examen Selectivo El Salvador

S´

abado 19 de febrero de 2011

Tiempo: 4 horas

Problema 1.Las rectas tangentes enAyB al circunc´ırculo del tri´angulo4ABCse cortan enT. La recta paralela aCAy que pasa porT corta aBC enD. Demuestre que AD=CD.

Problema 2.Determine todos los enteros positivosaybque satisfacen la relaci´on 2a2_{= 3b}3_.

Problema 3.Un total de 8 niñas y 30 niños se colocan en c´ırculo, con la condición que entre cua-lesquiera dos niñas hay al menos dos niñs. Determine el número de formas en que se pueden ordenar. Nota:Dos ordenamientos que coincidan por rotación son considerados iguales.

Problema 4.Determine todas las tripletas (x, y, z) de enteros positivos tales que

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12 a

OMCC - Colima, M´

exico 2011

Tercer Examen Selectivo El Salvador

S´

abado 5 de marzo de 2011

Tiempo: 4 horas

Problema 1.Determine todos los n´umeros naturales nque satisfacen la siguiente ecuaci´on:

j√₃

1k+j√32k+j√33k+· · ·+jp3 n3₋₁k_{= 400.}

Nota:Dado un n´umero realx, la notaci´onbxcrepresenta laparte entera x, esto es, el mayor entero menor o igual ax. Equivalentemente,bxc=mtal quem≤x < m+ 1, conm∈_Z.

Problema 1.20112 _{cuadraditos de lado 1 se colocan formando un tablero cuadriculado de 2011}_× 2011. Dos jugadoresAyB juegan bajo las siguientes reglas:

1. Juegan alternadamente, iniciandoA.

2. Cada jugada deA consiste en retirar cuatro cuadraditos que formen un cuadrado de 2×2.

3. Cada jugada deB consiste en retirar un cuadradito.

4. CuandoAno puede realizar su jugada,B retira todos los cuadraditos restantes.

5. Gana el jugador que posee m´as cuadraditos al final.

Determine qu´e jugador tiene una estrategia ganadora y mu´estrela.

Problema 3.Para todo par de n´umeros realesa,b, se define la siguiente operaci´on:

a∗b=xa+yb+zab, conx,y,z, constantes reales.

Se sabe además que 1∗2 = 3, que 2∗3 = 4, y que existe un número realk distinto de cero, tal que, para todo número realc se cumplec∗k=c. Determine todos los posibles valores dek.

Problema 4.SeaIel incentro del triángulo4ABC. SeaKla otra intersección de la bisectrizAI con el circunc´ırculo del4BCI. Sea L la otra intersección de la bisectriz BI con el circunc´ırculo del

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12 a

OMCC - Colima, M´

exico 2011

Cuarto Examen Selectivo El Salvador

S´

abado 26 de marzo de 2011

Tiempo: 4 horas

Problema 1.Resuelva la ecuaci´onpn+ 144 =m2, dondem,nypson enteros positivos y adem´as pes un primo.

Problema 2.Encuentre el mayor n´umero enteronque cumpla las siguientes condiciones:

1. jn 3 k

es un n´umero de tres cifras iguales.

2. jn 3 k

= 1 + 2 +· · ·+m.

Problema 3. Sea ABCD un cuadril´atero conc´ıclico. La mediatriz de AB corta a DAen X. La mediatriz deCDcorta aBC enY. Demuestre que la rectaAC es paralela a la rectaXY.

(13)

26 a

OIM-San Jos´

e, Costa Rica 2011

52 a

IMO-Amsterdam, Pa´ıses Bajos 2011

Primer Examen Selectivo El Salvador

S´

abado 5 de febrero de 2011

Tiempo: 4 horas

Puntuaci´on: 7 puntos por problema.

Puntuaci´on m´ınima para IMO: 14 puntos por prueba y 51 puntos en total.

Problema 1. Se dibujan dos n-ágonos regulares que comparten un vértice, y se nombran a los vértices de cada n-ágono, en sentido horario, con los números del 1 al n del tal forma que el 1 es el vértice común. Demuestre que las rectas que unen vértices con igual número (distintos de 1) son concurrentes.

Problema 2.Diremos que un n´umero entero positivonespr´actico, si todo entero positivo menor o igual quenpuede escribirse como suma de divisores positivos de ndistintos entre s´ı.

Por ejemplo, 6 es pr´actico pues sus divisores positivos son1,2,3, 6, y adem´as

1 =1; 2 =2; 3 =3; 4 =1+3; 5 =2+3; 6 =6

Demuestre que el producto de dos números prácticos es también un número práctico.

Problema 3.En un torneo de ajedrez, cada jugador juega contra cada uno de los otros jugadores una ´unica vez. En cada juego, un jugador obtiene 1 punto si gana, 1₂ punto si empata y 0 puntos si pierde. En el torneo participaron tanto hombres como mujeres y cada jugador obtuvo la misma cantidad de puntos contra hombres que contra mujeres. Demuestre que el n´umero total de jugadores es un cuadrado perfecto.

Problema 4.Se define la secuencia {Fn}de la siguiente forma:

 



F1 = 1 F2 = 1

Fn+2 = Fn+1+Fn, para todon≥1

SeaP(x) un polinomio de grado 1005 que satisface

P(k) =Fk, parak= 1005,1006, . . . ,2010

Demuestre que

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26 a

OIM-San Jos´

e, Costa Rica 2011

52 a

IMO-Amsterdam, Pa´ıses Bajos 2011

Segundo Examen Selectivo El Salvador

S´

abado 19 de febrero de 2011

Tiempo: 4 horas

Problema 1.Pruebe que no existen enteros positivosx,ytales quemynsean cuadrados perfectos, con

m = x2+y+ 2 n = y2+ 4x

Problema 2.Dado un tablero de 9×9 pintado como el tablero de ajedrez, se colocan 8torres de ajedrez iguales de tal forma que no hay dos que se ataquen y adem´as todas est´an en cuadrados del mismo color. Determine la cantidad de formas de colocar las torres bajo esas condiciones.

Nota:Dostorres de ajedrez se atacan si ambas se ubican en la misma fila o la misma columna del tablero.

Problema 3.Dado un triángulo acutángulo y escaleno4ABC, seanH yO su ortocentro y cir-cuncentro, respectivamente. Se construye un puntoO0 tal queAes el punto medio del segmentoOO0. SeaH0 el punto medio del segmentoAH. La recta tangente en Aal circunc´ırculo del triángulo corta aBC enT. Demuestre que los puntosA,O0_,_T_,_H0_{, se ubican sobre una misma circunferencia.}

Problema 4.Determine todos los n´umeros naturales n >1 tales quen2

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26 a

OIM-San Jos´

e, Costa Rica 2011

52 a

IMO-Amsterdam, Pa´ıses Bajos 2011

Tercer Examen Selectivo El Salvador

S´

abado 5 de marzo de 2011

Tiempo: 4 horas

Problema 1.nesp´ıas numerados del 1 alnse env´ıan mensajes entre s´ı bajo las siguientes reglas:

1. Cada esp´ıa tiene una frase original.

2. Cada esp´ıaaenv´ıa un mensaje a todos los esp´ıasb tales quen|a(b−1), de la siguiente forma:

a) El primer d´ıa, env´ıa mensajes con su frase original.

b) A partir del segundo d´ıa, env´ıa mensajes que contienen su frase original m´as todas las frases que recibi´o en los mensajes del d´ıa anterior.

¿Puede suceder que un esp´ıa reciba un mensaje que contenga su frase original?

Problema 2.Seaf :_R→_Runa funci´on tal quef(xf(x+y)) =f(yf(x)) +x2_{. Demuestre que:}

1. Para todo n´umero realkexiste un n´umero realx, tal que f(x) =k.

2. La gráfica de la función tiene una sola intersección con el ejex.

Problema 3. Sea S un conjunto de n puntos en el plano de modo que no haya tres puntos de

S alineados. ¿Para qué valores de n es posible pintar todos los puntos deS de modo que todos los triángulos determinados por tres puntos de S, todos del mismo color o de tres colores diferentes, no sean triángulos obtusángulos?

Nota:La cantidad de colores disponibles es ilimitada.

(16)

Soluciones a la columna de problemas

Problema 7

Sea P un punto dentro del tri´angulo ABC. Sean X, Y yZ las intersecciones deAP, BP y CP conBC,CAyAB, respectivamente. Sean M1,M2 yM3 los puntos medios deCA,AB yBC, y N1, N2 y N3 los puntos medios de ZX, XY yY Z, respectivamente. Probar queM1N1, M2N2 y M3N3 son concurrentes.

Fuente: RevistaIn the World of Mathematics, problema 221

Soluci´on de Rufo Casco, Universidad Nacional de Ingenier´ıa (Nicaragua)

SeanP1,P2, P3 los puntos medios deBP,CP yAP, respectivamente.

Sabiendo que en el cuadrilátero AZP Y los puntos P3, N3 y M3 se encuentran sobre la recta de Gauss de dicho cuadrilátero, de igual maneraP1,N1 yM1 se encuentran sobre la recta de Gauss del cuadrilátero BZP X, as´ı como P2, N2 y M2 se encuentran sobre la recta de Gauss del cuadrilatero CY P X.

Al serP1,P2,P3los puntos medios deBP,CP yAP tenemos queP1P2kBC,P2P3kAC,P3P1kAB y comoM1M2kBC,M2M3kAC y M3M1kAB (base media) entonces los4P1P2P3 y 4M1M2M3 son homot´eticos y por ende M1N1, M2N2 y M3N3 son concurrentes en el centro de homotecia de los

(17)

Problema 20 (corregido)

Determinar el valor de la expresi´on

´ınf

n∈N

Z ∞

−∞

dx 1 +x2n.

Soluci´on del editor

Usaremos residuos para calcular directamente el valor de la integral

In =

Z ∞

−∞

dz 1 +z2n.

Primero notemos que las ra´ıces de 1 +z2n _{= 0 son todas distintas y vienen dadas por} _z k =

eiπ(2k+1)/2n_,_k_{= 0,} _{1, . . . ,} _2n₋_1.

DadoR >1, llamamosC1 al intervalo [−R, R] y C2 al contorno del semic´ırculo{eiθ,0 ≤θ≤π}, cuyo radio esR. Tomamos como contorno de integraci´on aC=C1+C2, recorrido en sentido antiho-rario.

Ya que |zk| = 1 y los zk no son reales, sabemos que ning´unzk se encuentra sobre C. Adem´as es

claro quezk estará contenido en el área encerrada por C si y sólo si=zk >0, de donde las ra´ıces de

1 +z2n encerradas porC sonz0, z1, . . . , zn−1.

Luego aplicando el teorema del residuo tenemos que

Z

C

dz

1 +z2n = 2πi n−1 X

k=0 Res

z=zk

1 1 +z2n.

Observemos que

1

|1 +z2n_| ≤

1

|z|2n₋₁,

de donde Z C2 dz 1 +z2n

≤ Z C2

|dz|

R2n₋₁ =

π R2n₋₁.

Ya que el miembro derecho de esta expresi´on tiende a 0 cuando R→ ∞, resulta que la integral a lo largo deC2 tiende a 0. Luego

l´ım

R→∞ Z

C

dz

1 +z2n = l´ım_R_→∞

Z

C1 dz 1 +z2n =

Z ∞

−∞

dz 1 +z2n.

Por otra parte, teniendo en cuenta que loszk son polos simples del integrando

Res

z=zk

1 1 +z2n =

1 2nz2n−1

_z₌_z

k

= zk 2nz2n

k

=−zk

2n.

Luego

Z

C

dz 1 +z2n =−

πi n

n−1 X

k=0

eiπ(2k+1)/2n=2πi n

eiπ/2n

eiπ/n₋₁ =

π n

2i

eiπ/2n₋_e−iπ/2n =

π n

1 senπ/2n.

(18)

Z ∞ −∞

dz 1 +z2n =

π n

1 senπ/2n.

De esta f´ormula se desprende que la sucesi´on{In}n≥1 es decreciente, por lo que su ´ınfimo ser´ıa

´ınf

n∈N

In= l´ım n→∞

Z ∞

−∞

dx

1 +x2n = l´ım_n_→∞

π n

1

senπ/2n = 2.

Nota: Oscar Hern´´ andez (Universidad de El Salvador) nos hizo notar que encontrar el supremo de esta sucesión es trivial, ya que éste puede ser determinado sin necesidad de una fórmula para la integral. Basta probar que la función

f(t) =

Z ∞

0 dx 1 +x2t

es decreciente en los reales positivos, de donde

sup

n∈N

In=I1=

Z ∞

−∞

dz

(19)

Problema 21

¿Para cu´antos enteros positivosnse cumple que

2010 +1 2

n

+

2011 +1 2

n

es entero?

Fuente: Newman,A problem seminar, Springer 1982 (modificado por el editor)

Soluci´on de Daniel Campos, Universidad de Costa Rica

Paran= 0 yn= 1 es claro que la expresión es un entero. Vamos a demostrar que no existe ningún entero positivo n,n ≥2 que satisfaga la condición. Nótese que la condición es equivalente a que 2n

divida a 4021n_{+ 4023}n_.

Ahora, sines par, entonces 4 divide a la suma de dos cuadrados impares. Los cuadrados impares son congruentes a 1 m´odulo 4, y por lo tanto no es posible. Luego,ndebe ser impar. Sean= 2m+ 1, conm≥1. Se tiene que

40212m+1+ 40232m+1= (4021 + 4023)(40212m−40212m−14023 +...+ 40232m),

donde el segundo factor es la suma de 2m+ 1 términos impares y por lo tanto es impar. Se concluye que 22m+1 divide a 4021 + 4023 = 4·2011, lo cual no es posible para m≥1. Por lo tanto los únicos valores denque satisfacen la condición son 0 y 1.

(20)

Problema 22

Se traza en el plano la gr´afica de la funci´on f : (0,∞) → R definida por f(x) = 1

x, y luego se borran los ejes coordenados. Reconstruirlos con regla y comp´as.

Fuente: Competencia b´ulgara de primavera 1992

Soluci´on de Daniel Campos (Costa Rica)

Demostramos primero un lema.

Lema:SeanA,B dos puntos de la curvay= 1/xcon x >0. SeaM el punto medio del segmento BC y N la intersecci´on de las tangentes a la curva por A y B. Entonces las rectas AB y M N se corresponden por reflexi´on sobre rectas paralelas a los ejes coordenados, yM N pasa por el origen.

Prueba: Sean A = (a,1/a) y B = (b,1/b). Las rectas tangentes a la curva por A y B tienen pendientes−1/a2 _y₋_1/b2_{respectivamente, y sus ecuaciones son}

y= −1

a2(x−a) + 1

a y y=

−1

b2(x−b) + 1 b.

Es sencillo demostrar que el punto de intersecciónN es (_a2₊ab_b,_a₊2_b). Además, el punto medioM es (a+₂b,a₂+_abb). A partir de esto es inmediato queM N pasa por el origen pues la ecuación de esta recta es y=_abx. Finalmente, la pendiente deABes

1/b−1/a b−a =

−1 ab,

de donde se concluye que las rectasAByM N son reflexiones sobre rectas paralelas a los ejes, que es lo que se quer´ıa probar.

(21)

Problema 23

Sea {Fn}n≥0 la sucesi´on de Fibonacci, es decir F0 = 0, F1 = 1 y Fn+1 =Fn+Fn−1 para todo n≥1. Demostrar que

n

X

i=0

(−1)n−iFi

n+ 1−i

n i

=

( 2F_n₊₁

n+ 1 nimpar. 0 npar.

Fuente: Original del editor

Soluci´on de Julio Ayala (Universidad de El Salvador)

Observar que

n

X

i=0

(−1)n−i_F i

n+ 1−i

_n i = n X i=0

(−1)n−i_F i

n+ 1

_n_{+ 1}

i

= 1 n+ 1

n

X

i=0

(−1)n−iFi

_n_{+ 1}

i

.

Ahora podemos utilizar la muy conocida f´ormula de Binet: Fn =

(1 +√5)n₋₍₁₋√₅₎n

2n√₅ para

obtener:

n

X

i=0

(−1)n−i_F i

n+ 1−i

_n

i

= 1

(n+ 1)√5 



n

X

i=0

_n_{+ 1}

i

_{1 +}√₅

2 !i

(−1)n−i−

n

X

i=0

_n_{+ 1}

i

₁₋√₅

2 !i

(−1)n−i 



= 1

(n+ 1)√5 

−

1 +√5 2 −1

!n+1

+ 1 +

√

5 2

!n+1

+ 1−

√

5 2 −1

!n+1

− 1− √

5 2

!n+1



= 1

(n+ 1)√5 

−

−1 +√5 2

!n+1

+ 1 +

√

5 2

!n+1

+ −1−

√

5 2

!n+1

− 1− √

5 2

!n+1

 =        2 (n+ 1)√5





1 +√5 2

!n+1

− 1− √

5 2

!n+1

=

2Fn+1

n+ 1 si n es impar

0 si n es par

(22)

Problema 24

Si a1, a2, . . . , an, b1, b2, . . . , bn son n´umeros complejos de m´odulo menor o igual que 1, mostrar

que

|a1a2· · ·an−b1b2· · ·bn| ≤ n

X

j=1

|aj−bj|.

Fuente: Steele,The Cauchy-Schwarz Master Class, Cambridge, 2004. Seg´un el autor la desigualdad es debida a Weierstrass.

Soluci´on de Daniel Campos, Universidad de Costa Rica

Se va a demostrar el resultado por inducci´on sobren. Para n= 1 es trivial. Se va a probar para n= 2, pues el resultado se va a utilizar posteriormente. Note que

|a1a2−b1b2| ≤ |a1a2−a2b1|+|a2b1−b1b2|=|a2||a1−b1|+|b1||a2−b2| ≤ |a1−b1|+|a2−b2|

que es lo que se quer´ıa. Suponga que el resultado es cierto paran; se va a probar paran+ 1. Note que el producto de números complejos de módulo menor o igual que 1 tiene módulo menor o igual que 1. De esta manera por el resultado paran= 2 y la hipótesis inductiva se tiene que

|a1a2· · ·an+1−b1b2· · ·bn+1| ≤ |a1a2· · ·an−b1b2· · ·bn|+|an+1−bn+1| ≤

n+1 X

j=1

|aj−bj|,

y esto completa la inducci´on, con lo que concluye el problema.

(23)

Columna de Problemas No. 6

26. Sea D un punto en el lado AB del tri´angulo ABC tal que AD = CB y adem´as 3_∠CBA = 2_∠ACD. Probar queAC es perpendicular aCB.

Propuesto por Rufo Casco, Universidad Nacional de Ingenier´ıa (Nicaragua)

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 si σ1 tiene a lo sumo 100 inversiones, entonces σ2 tambi´en tiene a lo sumo 100 inversiones.

Nota: Una inversi´on en una permutaci´onσes un par (i, j) tal quei < j yσ(i)> σ(j).

Propuesto por el editor

28. Demostrar que todo n´umero perfecto divisible por 2011 debe ser divisible por 20112_.

Propuesto por Daniel Campos, Universidad de Costa Rica

29. Probar que la serie

∞ X

n=3

1 (log logn)logn

es convergente.

Propuesto por el editor

30. Sipes un primo, probar que todo grupo finito de ordenp2_{es necesariamente abeliano.}

(24)

20 Breve historia acerca de cómo surgieron los exponentes

La historia del ajedrez se remonta a la India de la antigüedad. Cuenta una leyenda que, un rey, abatido por la muerte de su hijo en una batalla, cayo en terrible depresión, lo cual afligió a todo el pueblo. En balde desfilaron frente al monarca famosos magos, graciosos payasos, bellas mujeres… todo era en vano pues, el monarca continuaba triste.

Fue entonces que apareció un personaje con un tablero debajo del brazo y en una caja llevaba piezas de color blanco y de color negro. Entre ellas se hallaba caballos, alfiles, torres, peones y por supuesto un rey y su reina o dama.

El juego era como liberar una batalla en el tablero; con paciencia fue explicando al rey los movimientos de cada pieza y sus combinaciones. Cuando el soberano se dio cuenta, la tristeza lo había abandonado y en su lugar la alegría lo invadió nuevamente.

Agradecido por el bien recibido, el soberano le dijo al personaje que cualquier cosa que pidiera le sería concedida. Se cuenta que el inventor del ajedrez pidió por premio un grano de trigo por el primer cuadro, 2 por el segundo, 4 por el tercero, 8 por el cuarto, y así sucesivamente hasta llegar al cuadrado 64. Al ver tan simple petición, el rey se deshizo en carcajadas, pero la respetó. Puso entonces a sus eruditos a que efectuaran el cálculo pero… ¡sorpresa! Notaron que tal petición dejaba vacías las reservas del reino. El calculo del número de granos de trigo esta dado por la suma: 1+2+4+8+16+32+..., en total 64 sumandos que también se pueden escribir de la forma siguiente: 20₊₂1₊₂2₊₂3₊₂4_+...+263_.

Nota del editor: Al calcular el valor de la progresión geométrica anterior se tiene que

la cantidad buscada es 264_{-1=18446744073709551615 granos, lo cual es suficiente arroz}

para cubrir la superficie entera de la India con una capa de 2 metros de espesor (ejercicio para el lector).