Transcript Descarga1 - Olimpiada Hondureña de Matemáticas

Simposio Iberoamericano de
Resolución de Problemas 2014
Introducción
FRANCISCO BELLOT ROSADO
[email protected]
• Quiero agradecer al Comité Organizador de este
Simposio su invitación para tomar parte en él, aquí
en San Pedro Sula.
• Y a todos los presentes, profesores y estudiantes de
Matemáticas.
• Espero que la selección de problemas, que yo llamo
no convencionales, les resulte interesante, y les
anime a cultivar el Arte de resolver problemas … de
matemáticas, naturalmente.
Introducción
• Quisiera comenzar esta exposición citando a uno
de los mejores expositores de problemas que he
conocido a lo largo de mi carrera: el británico
Anthony Gardiner, de la Universidad de
Birmingham, al que veremos en la diapositiva
siguiente. En un artículo publicado en 1992 en la
revista Mathematical Competitions, titulado
Creating Elementary problems to cultivate
mathematical thinking, enumeraba lo que para él
son las características de un buen problema:
Gardiner, a la derecha, recibiendo en Sevilla el
Premio Erdös de la WFNMC (1996), de manos
de Paul Reiter, presidente del Comité de
Premios
• 1)
Los ingredientes deben ser sencillos y
familiares, pero el problema no debe ser de
tipo standard.
• 2) ningún método de solución debe ser
inmediatamente obvio, pero un estudio
cuidadoso de la información que se da debe
sugerir una o dos prometedoras vías de
abordarlo.
• 3) una fase exploratoria debe revelar cómo
(o si) esas vías deben ser explotadas.
• 4) la solución final, cuando surja, debe,
retrospectivamente, tener una elegancia o
sencillez conceptual inesperada.
• Personalmente estoy de acuerdo con estas
características de un buen problema, tanto
para competiciones como para el desarrollo
de una clase normal. Y espero haber
elegido, dentro de las limitaciones de
tiempo que tenemos, algunos ejemplos que
hagan patente estas características.
Problema 1
• En un tablero están situadas fichas, formando un rectángulo de
dimensiones m×n, m≥2,n≥2. El tablero es infinito, en todas direcciones.
Sólo hay un tipo de movimiento permitido : una ficha salta sobre otra
ficha situada en una casilla contigua, yendo a parar a una casilla que esté
vacía, y se come la ficha sobre la que salta. Esto puede hacerse
horizontal o verticalmente, pero no en diagonal.
•
¿Cuál es el menor número de fichas que puede quedar en el tablero?
• Origen del problema: Olimpiada de la Comunidad de Estados
independientes (ex URSS), 1992, para alumnos de 12 años de edad.
• Autor del problema: I. Soloviev, editor de “Kvant”
• Personalmente, este es uno de mis problemas favoritos, si no el “más
favorito de todos”. Podemos empezar por m = 2014, n=2015.
Problema 2
• Sugerencia: sigamos el consejo de Polya: si un problema
plantea una situación muy complicada, empecemos por el
mismo problema pero con datos más simples…
• Si el rectángulo tiene dimensiones 2×1, el análisis termina en seguida:
sólo queda 1 ficha en el tablero.
• Si es 3×1, quedan 2 fichas, puesto que inicialmente sólo se puede mover la
central, comiéndose una de las otras dos, y las que quedan después están
demasiado separadas para que el juego continúe.
• El caso 2×2 se reduce fácilmente al 2×1 (queda 1 ficha), y el 3×2 se reduce
al 3×1: quedan 2 fichas.
• Enseguida se comprende que la estrategia que utilicemos en casos más
complejos debe ser tal que mantenga las fichas lo más agrupadas posible.
La secuencia de movimientos que veremos a continuación nos va a
permitir no solamente ésto, sino también eliminar filas completas de las
fichas del rectángulo.
Problema 3
•
Si en alguna parte del rectángulo hay cuatro fichas en la posición de la figura
• Es inmediato encontrar la secuencia de
movimientos permitidos que hacen posible
eliminar las tres fichas de la parte superior,
dejando al final de la secuencia la restante en su
posición inicial.
•
Veremos a continuación como eliminar filas
completas de tres en tres, utilizando este
procedimiento. Consideremos el rectángulo m×n,
representado en la figura (hay puntos suspensivos
para indicar las columnas intermedias).
• Comenzando por la columna de la izquierda, vamos
eliminando grupos de tres fichas, en columna, de izquierda
a derecha, hasta que queden las tres últimas columnas de
la derecha. Y las últimas 9 fichas se eliminan en grupos de
3 fichas, horizontales, de arriba a abajo.
•
Así podemos eliminar las tres filas completas, pasando,
por lo tanto, de un rectángulo m×n a un rectángulo (m3)×n.
• Naturalmente, lo que hemos dicho acerca de las filas lo podríamos repetir
para las columnas. Esto significa que mediante el procedimiento anterior
bastará considerar sólo valores pequeños de m y n.
• Además de los que ya hemos visto al principio, es instructivo ver cómo en
el caso 4×4 se puede conseguir que quede 1 única ficha en el tablero; la
siguiente figura muestra cómo:
•
•
En este punto, cabe preguntarse, ¿cuándo quedarán 2 fichas y cuándo
quedará 1? Como las filas (o columnas) del rectángulo se van eliminando
de tres en tres, la respuesta del problema parece ser
•
•
DOS, si el producto mn es múltiplo de tres;
• UNA, en caso contrario
• Sin embargo, el problema no está, todavía, completamente resuelto; es
claro que nuestra estrategia funciona bien cuando queda una sola ficha en
el tablero (no pueden quedar menos) : pero debemos demostrar que, en
los demás casos (cuando el producto es múltiplo de tres), NO PUEDEN
QUEDAR MENOS DE DOS FICHAS.
• Analizaremos los casos 4×3 y 5×3.
• Antes de empezar el juego, coloreamos las casillas
del tablero con tres colores, A,B y C, tal como se
indica en la figura (que sólo representa el rectángulo
4×3, pero se supone que TODAS las casillas del
tablero están coloreadas - al tresbolillo, podríamos
decir):
•
•
Pongamos ahora las fichas en el rectángulo 4×3. Antes de empezar a jugar, hay 4
fichas en las casillas de color A, 4 en las de color B y 4 en las de color C. Vamos a
ver cuál es el efecto del movimiento del juego sobre el número de fichas que hay
en las casillas de cada color. Para fijar ideas, supongamos que la ficha situada en la
casilla de color A, del vértice superior derecho, es comida por la de su izquierda,
que estaba en la casilla de color C, y que al saltar sobre ella ocupa una casilla de
color B (no representada en la figura). Al hacer este movimiento, hay 3 fichas en
las casillas de color A, 5 en las de color B y 3 en las de color C.
En otras palabras, el número de fichas en las casillas de un color aumenta en 1, y el
número de fichas en las casillas de los otros 2 disminuye en 1. Inicialmente, los
números de fichas en las casillas de cada color eran PARES, y después del
movimiento del juego son IMPARES. Si el rectángulo fuera 5×3, la situación se
invierte: antes de jugar el número de fichas en las casillas de cada color es IMPAR,
y después del movimiento del juego, es PAR.
•
Pues bien, esto es suficiente para garantizar que, en el caso que nos
ocupa (cuando mn es múltiplo de 3), NO PUEDEN QUEDAR MENOS DE
DOS FICHAS. Porque si tal cosa sucediera, quedaría 1 sola ficha en el
tablero, es decir, 0 fichas en las casillas de dos de los colores, y 1 en la
casilla del tercer color. Pero los números 0-1-0 no tienen la misma paridad,
y por lo tanto es imposible alcanzar esta situación.
• Curiosamente, en la I.M.O. de 1993 se propuso el caso
particular m = n de este problema, sin que en las
discusiones del Jurado ninguno de los países de la C.E.I.
advirtiera que era conocido. Los alumnos de esos países
que en 1992 tenían 12 años lo resolvieron bien. Los más
mayores no fueron capaces de hacerlo.
Problema 2
• La figura muestra tres cuadrados, de áreas
respectivas 26, 18 y 20 unidades cuadradas. Se
pretende determinar el área del hexágono
irregular cuya construcción se indica en la propia
figura.
• Origen del problema:
• “Amusement in Mathematics”, de H.E. Dudeney
• (1917), Ed. Dover, 1958.
• He aquí una foto de Henry Ernest Dudeney, 1847
– 1930, tomada de la página web de John
Scholes.
Problema 1 (figura 1)
Problema 1 (Comentarios)
• El problema tiene una solución fácil, con
trigonometría. Pero para los alumnos más
jóvenes, que no conocen Trigonometría, hay un
procedimiento más interesante para dar con la
solución, y al mismo tiempo, más elemental, pero
que puede conducir a alguna generalización o
profundización.
• Un problema como éste es versátil, en el sentido
de que se puede proponer a los alumnos desde
los 12 hasta los 17 años.
La “formulita” de Dudeney
Dudeney, en su libro, dice: Usaré la siguiente formulita para calcular el
área del triángulo central, en la que a,b,c son las áreas de los cuadrados,
en cualquier orden:
4 ab   a  b  c 
2
4
• Es instructivo deducir la “formulita” a partir de la expresión
para el área del triángulo en función de dos lados y el seno del
ángulo que forman, y poniendo el seno en función del coseno,
calculando éste por el teorema del coseno.
La idea para la solución
• ¿Podemos usar el teorema de Pitágoras para
expresar 18, 20 y 26 como suma de dos cuadrados?
• 18 = 32 +32 ; 20 = 42 + 22 ; 26 = 52 + 12
• A partir de aquí, lo mejor es ver un
dibujo… y contar cuadraditos.
La solución sin palabras
Problema 2 (extensiones)
• Así las cosas, el área del hexágono es 100; las de
todos los triángulos son iguales (a 9).
• A partir de aquí, el problema se puede utilizar
para intentar que los alumnos descubran la
fórmula de Pick, que da el área de un polígono
simple (es decir, que no se corte a sí mismo)
cuyos vértices sean puntos reticulares del plano,
en función del número de puntos reticulares
interiores al polígono y del número de puntos
reticulares del borde del polígono.
• Para ello puede ser útil formar una tabla:
Tabla para adivinar la fórmula de Pick
Puntos
interiores I
Puntos
Borde B
Área
Cuadrado Mayor
25
4
26
Cuadrado Mediano
17
8
20
Cuadrado Menor
13
12
18
Triángulo central
7
6
9
Triángulo izquierda
7
6
9
Triángulo derecha
8
4
9
Triángulo inferior
7
6
9
Cuadrado rojo
121
48
144
Hexágono
96
10
100
El teorema de George Pick (1899)
• El área de un polígono simple, con vértices en
puntos reticulares, está dada por
S  I
B
1
2
S I
B
1
2
• Pick fue un matemático checo, muerto
trágicamente en un campo de concentración
nazi.
Problema 3
•
•
Diez personas están sentadas alrededor de una mesa redonda. Cada una piensa
un número y lo dice al oído a las dos personas que tiene a sus lados (una a su
derecha y otra a su izquierda). Después, cada persona dice en voz alta la
semisuma de los números
que ha oído. Estos son los
números dichos por cada
persona.
•
•
•
•
Averiguar el número pensado por la persona que dijo 6.
Origen del problema: Revista Escolar húngara “Kömal”
(Közepiskolai Matematikai Lapók)
Problema 2
•
•
•
Sean x₁,x₂,⋯,x₁₀ los números pensados por las personas que dijeron 1,2,⋯,10,
respectivamente. Es inmediato escribir las ecuaciones
• x₁+x₃ = 4; x₂+x₄=6
• x₃+x₅ = 8; x₄+x₆=10
• x₅+x₇ = 12; x₆+x₈=14
• x₇+x₉ = 16; x₈+x₁₀=18
• x₉+x₁ = 10; x₁₀+x₂=2.
Sumando todas las ecuaciones de la derecha, se obtiene
• 2(x₂+x₄+x₆+x₈+x₁₀) = 50,
•
2(6+x₆+18) = 50
•
x₆+24 = 25
•
x₆ = 1.
Aunque el enunciado no lo pide, es posible calcular todos los números:
Problema 4
• En una sucesión finita de números reales, la suma de 7
términos consecutivos cualesquiera es negativa, mientras
que la suma de 11 términos consecutivos cualesquiera es
positiva.
• ¿Cuál es el mayor número de términos que puede tener esta
sucesión?
Vamos a ir disponiendo los términos de la sucesión en forma de
una tabla
•
•
•
•
•
•
a_1 a_2 a_3 a_4 a_5 a_6 a_7
a_2 a_3 a_4 a_5 a_6 a_7 a_8
a_3 a_4 a_5 a_6 a_7 a_8 a_9
………………………………………………
a_10 …………………………………..a_16
a_11 ………………………………….. a_17
• Las filas de la tabla están formadas por 7
términos consecutivos de la sucesión y por
tanto sumando por filas se obtienen sumas
negativas; mientras que si sumamos por
columnas obtenemos sumas negativas.
• Esto es claramente contradictorio, de manera
que es imposible que la sucesión llegue a
tener 17 términos.
•
Ya que el número máximo de términos de la sucesión no
puede ser 17, veamos como encontrar una sucesión, en las
condiciones del problema, que esté formada por 16 términos,
por un procedimiento distinto de la simple adivinación.
• Para ello le impondremos a la sucesión dos condiciones
suplementarias, que no aparecen en el enunciado del
problema:
•
Buscaremos una sucesión que sea capicúa, es decir, se lea
igual de derecha a izquierda que de izquierda a derecha;
•
y además, sea tal que la suma de los 7 términos
consecutivos cualesquiera valga -1 y la suma de los 11
términos consecutivos cualesquiera valga +1.
•
Cuando estas dos condiciones suplementarias se aplican a la sucesión que
buscamos, encontramos que se reduce drásticamente el número de
términos distintos que puede tener la sucesión, y un sistema de dos
ecuaciones en dos incógnitas conduce a la solución
•
•
•
•
•
5,5,-13,5,5,5,-13,5,5,-13,5,5,5,-13,5,5
con lo que la solución del problema se completa.
En el libro rumano de Ion Cuculescu, Olimpiadele Internationale de
Matematica ale elevilor,Editura tehnica, Bucarest 1984, se pueden
encontrar varias soluciones y generalizaciones, halladas por los
concursantes, de este bello problema, propuesto por Viet Nam en la
Olimpiada Matemática Internacional de 1977. El procedimiento esbozado
para calcular el ejemplo figura desarrollado en el libro de Samuel Greitzer,
International Mathematical Olympiads 1959-1977, publicado por la
Mathematical Association of America en 1978.
Problema 5
• Este es otro problema “mítico”. Lo vi sin solución en la revista
alemana “Praxis der Mathematik” y sólo en diciembre de
2009 supe su procedencia: la Competición Matemática de
Stanford de 1958, donde fue propuesto por nada menos que
George Polya :
• ¿Cuál es la edad del capitán, cuántos hijos tiene, y cuál es la
eslora (longitud) de su barco? Se conoce el producto, 32118,
de los tres números enteros buscados; la eslora se mide en
pies (más de 1); el capitán tiene hijos e hijas; tiene más años
que el número total de sus hijos, pero no llega a tener 100
años.
Pólya en Stanford
Si x, y, z son, respectivamente, la edad del capitán, el número de
hijos y la longitud del barco, tiene que ser xyz = 32118;
Junto con la condición
4  x  y  100
• Descompongamos 32118 en factores primos:
• 32118 = 2 x 3 x 53 x 101
• Hay 6 maneras de descomponer este número en producto de
tres factores distintos de 1:
• 6x53x101
• 2x101x159
• 3x101x106
• 2x53x303
• 3x53x202
• 2x3x5353
• Sólo la primera de estas descomposiciones presenta dos
factores entre 4 y 100. Por lo tanto, el capitán tiene 6 hijos, 53
años, y su barco mide 101 pies de eslora (30,78 m, cifra
razonable).
Problema 7
Un problema de la Olimpiada rusa de 2008
• Se da un entero positivo n>1. Para cada divisor d de
n+1, se realiza la siguiente operación : Se divide n
entre d; el cociente se escribe en la pizarra y el resto
de la división se escribe en un papel.
• Demostrar que el conjunto de números que se
escriben en la pizarra es el mismo que el que se
escriben en el papel.
Procedencia del problema: Olimpiada de Rusia, 2008, fase de Distrito, clase 9
(alumnos de 12 años de edad). Autor: Sergei Berlov.
• La solución es corta: si ponemos n+1 = dxf, entonces se
tiene
• n = (n+1)-1 = (f-1)d + (d-1),
• con 0 < = d -1 < d.
• Cuando d recorre el conjunto de los divisores de n+1, f lo
recorre también en otro orden, luego f-1 y d-1 toman los
mismos valores.
Problema 8
Un ejemplo procedente de la Olimpiada de Rusia de 1990 para
alumnos del nivel 9 (12-13 años de edad) y original del
bielorruso Igor Voronovich
• Demostrar que para cualquier t, se verifica
• t4-t + (1/2) > 0.
• La solución es “de una línea”, pero obsérvese la
nota final:
• Se tiene:
• t4 – t + ½ = (t4 – t2 + (1/4))+(t2 – t +(1/4)) =
• = (t2 – ½)2 + (t – ½)2 > 0
La desigualdad es estricta porque los dos sumandos
son no negativos y no pueden ser cero
simultáneamente.
Problema 9
Más allá del teorema de Pitágoras
• El origen de este problema figura en el floklore matemático.
Se encuentra en diversas fuentes, y ha sido analizado en
varias ocasiones en la Bibliografía, que para mayor facilidad
colocamos al final de cada problema. Suele conocerse como
el acertijo 3-4-5, aunque como veremos en seguida, estos
tres números son bastante arbitrarios. Lo enunciaremos de
la manera siguiente:
• Se considera un rectángulo y un punto P interior. Se
conocen las distancias de ese punto P a tres de los
vértices del rectángulo. Determinar la distancia de P
al cuarto vértice.
Siguiendo el consejo de Pólya, hagamos una figura:
Algunos comentarios preliminares
• Cuando presenté este problema a los alumnos de Primer
curso de ESTALMAT (el programa de detección del talento
precoz en Matemáticas) en Valladolid, lo hice dándole
valores numéricos (los 3-4-5 del título del problema) a las
tres distancias conocidas. Una de las alumnas presentes
levantó el brazo, como si fuera un resorte. Me dijo: Pero
eso dependerá del rectángulo, no sirve cualquiera.
Justamente para evitar ese mismo comentario aquí no les
he dado valores numéricos a las distancias.
• ¿Existirá algún invariante que permita
resolver el problema “por la vía rápida”?
Otro dibujo como ayuda
El invariante es…
PA  PC
2
2
 PB
2
 PD
2
• Y se mantiene aunque el punto P sea exterior al rectángulo,
o esté sobre uno de sus lados, como se ve en las figuras
siguientes
Ahora nos olvidamos del 3-4-5:
• El invariante que hemos encontrado, en la forma de la
igualdad entre las sumas de cuadrados de distancias a dos
vértices opuestos del rectángulo, ha sido llamada por un
conocido problemista americano, Stanley Rabinowitz, la
relación de Feuerbach. Cuando buscaba bibliografía de
este problema, vi un enlace a un artículo de Rabinowitz, a
quien conozco desde hace muchos años; pero el enlace
estaba roto, así que escribí a Stan pidiéndole el artículo.
Más o menos 10 minutos después, me había enviado el
borrador de un libro suyo, aún no publicado, titulado El
legado de Ptolomeo (250 páginas en pdf), del que este
problema forma parte.
Análisis algo más detallado del problema
• Algunas preguntas para empezar
• ¿Cuánto mide el ángulo APC?
• ¿Se da suficiente información sobre el
rectángulo para resolver el problema?
• ¿Está determinado el rectángulo por los tres
segmentos PA, PB y PC?
• Para fijar ideas, volvamos al caso numérico propuesto en
ESTALMAT: PA = 3, PB = 4, PC = 5.
En principio, el punto A
puede ser cualquiera de
los puntos de una
circunferencia de centro P
y radio 3, y B estará en una
circunferencia de centro P
y radio 4:
• Hay infinitas posiciones en las que puede estar B, pero no
todos los puntos de la circunferencia son admisibles si P ha de
ser interior. Para localizar el punto C se traza BB’
perpendicular a AB. Ya que PC = 5, se traza la circunferencia
de centro P y radio 5, que cortará a BB’ en C. Ya que tres
vértices determinan un rectángulo, ABCD queda ahora fijado.
Si P no está dentro del rectángulo, cambiamos la posición de B
hasta conseguirlo. Ya que B puede tener un número infinito
de posiciones, hay infinitos rectángulos que satisfacen las
condiciones del problema (PA = 3, PB = 4, PC = 5)
• Ello implica, además, que los ángulos APB y APC no son
únicos.
• En la figura siguiente vemos dos rectángulos distintos para los
mismos valores de las distancias de P a los vértices (tomada
del segundo título de la Bibliografía)
• Cuando la alumna de ESTALMAT que había
levantado el brazo nada más escuchar el
enunciado, vio las figuras anteriores y los
comentarios
que
las
acompañan,
dijo
enseguida:Ya decía yo que dependería del
rectángulo…
Algunas extensiones del problema en el
plano
• En el primer título de la Bibliografía se sugieren algunas
extensiones:
• ¿Qué sucedería si cambiásemos la métrica en el plano? (por
ejemplo, a la llamada “geometría del taxi”)
• ¿Habrá un análogo geométrico al problema donde la
relación de Feuerbach se escriba como
PA  PC  PB  PD
• O como
PA  PC  PB  PD
3
3
3
3
Posible generalización al espacio
Una generalización al espacio no es difícil de visualizar
Que se puede completar “por abajo”:
• y otro tanto pasa para B y B’. Esto conduce a una
reinterpretación del problema original: tenemos un
paralelepípedo rectángulo ABCDA’B’C’D’ (que se puede
inscribir en una esfera) con un punto P en su interior, y tal que
•
PA2+PA’2=PB2+PB’2=PC2+PC’2=PD2+PD’2
•
(figura anterior)
• De nuevo los cálculos muestran que no dependen de si el
punto P es interior al paralelepípedo o no, siempre que esté
dentro de la esfera.
Bibliografía del problema
• Marion Walter, Exploring a Rectangle Problem, Mathematics Magazine,
vol. 54, nr.3, Mayo 1981, pp. 131-134
Leon M. Hall & Robert P. Roe, Un unexpected Maximum in a family of
Rectangles, Mathematics Magazine, vol. 71, nº 4, Octubre 1998, pp. 285291.
• Stanley Rabinowitz, Ptolemy’s Legacy, Draft version 2006 (no publicada;
comunicación privada).
• R.J. Gregorac, A General 3-4-5 Puzzle, Europ. J. Combinatorics (1996), vol.
17, pp. 533-541.
Problema 10:un problema de la Olimpiada
británica de 1987
• El problema está incluido en el excelente libro de
Tony Gardiner “The Mathematical Olympiad
Handbook” (An introduction to problem solving),
publicado por Oxford U.P. en 1997. Es uno de los
pocos libros de problemas de Olimpiadas donde
las soluciones no aparecen caídas del cielo, sino
que su génesis está siempre explicada, siguiendo,
en buena medida, el camino que uno intentaría
para tratar de resolver un problema que no
conoce. Y además, dejando los detalles al
cuidado del lector. No se puede leer sin papel y
lápiz.
• Si x, y, z son números reales positivos, hallar razonadamente
el máximo valor de la expresión
xyz
1  x  x  y  y  z  z  16 
• Cada uno de los tres factores del numerador aparece en dos
factores separados en el denominador. Entonces, si se intenta
hacer la expresión mayor aumentando en el numerador por
ejemplo la x, el denominador aumenta como x2, asi que de
hecho cuando x tiende a infinito la fracción tiende a 0. Por
otra parte, si se intenta aumentar la fracción disminuyendo el
denominador, no es suficiente disminuir una de las variables,
porque por ejemplo x,y están juntas en el mismo paréntesis,
hay que disminuir dos de las variables al mismo tiempo (por
ejemplo, x e y) y entonces el numerador contiene al producto
xy, así que la fracción se hace muy pequeña. Por lo tanto
parece que los valores de las variables para los que se alcance
el máximo no deben ser ni muy grandes ni muy pequeños.
• Una de las cosas más desagradables de la expresión dada es
que no parece simplificarse fácilmente.
• ¿Y si le diéramos la vuelta a la fracción?
• En ese caso deberíamos buscar el mínimo valor de esta
fracción:
1  x  x  y  y  z  z  16 
xyz
• Naturalmente, ahora no parece muy bueno ponerse a
multiplicar alocadamente; pero sí separar los tres factores del
denominador y asociarlos a los tres últimos factores del nuevo
numerador, para que queden los cuatro en la forma ( 1 + algo)

1  x   1 

y 
 1 
x 
z   16 
 1  
y  z 
• Convendría también que la expresión fuera más simétrica, y
eso se consigue con un pequeño cambio de variable:
• x=p, (y/x)=q, (z/y) = r, (16/z) = s
• así que la expresión es
• (1+p)(1+q)(1+r)(1+s),
• Y además se observa que
• pqrs=16xyz/(xyz) = 16 = 24.
• Tratemos de seguir el consejo de Pólya: si un problema
presenta una situación demasiado complicada, inténtese el
mismo problema con una situación más sencilla.
• Quedémonos sólo con dos factores, suponiendo que pq = c2
(en el caso general se sabe que el producto pqrs es una cuarta
potencia). Tenemos
• (1 + p)(1 + q) = 1 + p + q + pq = 1 + p + q + c2
• y queremos acotar inferiormente esta suma. La desigualdad
de las medias aritmética y geométrica debería surgir de una
manera bastante natural para acotar p + q:
• p + q >= 2(pq)1/2 = 2c,
• con lo que se llega a
• (1 + p)(1 + q) >= 1 + 2c + c2 = (1 + c)2.
• Vamos a ver lo que sucede con tres factores
• (1+p)(1+q)(1+r)
• suponiendo que pqr = c3.
• (1+p)(1+q)(1+r) = 1 + p + q + r + pq + qr + pr + pqr,
• y la desigualdad aritmético – geométrica la vamos a aplicar
dos veces :
• p + q + r >= 3(pqr)1/3 =3c,
• pq + qr + rp >= 3(p2q2r2)1/3=3c2,
• de modo que en definitiva queda
• (1+p)(1+q)(1+r) >= 1 + 3c + 3c2 + c3 = (1 + c)3.
• El siguiente paso ya es el último: (y además lo damos en la
seguridad de que vamos por buen camino)
• Es claro que ahora c = 2; y se tiene
• (1+p)(1+q)(1+r)(1+s)=
• =1+p+q+r+s+pq+pr+ps+qr+qs+rs+pqr+pqs+prs+qrs+pqrs
• Ahora necesitamos aplicar tres veces la desigualdad
aritmético – geométrica:
• p+q+r+s >= 4(16)1/4 = 4.2
• pq+pr+ps+qr+qs+rs >= 6((p3q3r3s3)1/6) = 6.4=6.22
• pqr+pqs+prs+qrs >= 4((p3q3r3s3)1/4)=4.23
• con lo que resulta
• (1+p)(1+q)(1+r)(1+s)>= 1+4.2+6.22+4.23+24 = (1+2)4 = 81,
• y volviendo al problema original resulta que el
máximo valor buscado es 1/81, que se alcanza
para x=2, y=4, z =8.
Origen del problema 12: El Torneo de las Ciudades
• Problema 5, Sesión principal, Nivel senior, 1984
• En la isla de Camelot hay 13 camaleones grises, 15
marrones y 17 rojos. Si se encuentran dos
camaleones de colores distintos, cambian
simultáneamente volviéndose del tercer color. ¿Es
posible que todos los camaleones se vuelvan del
mismo color?
• (V.G.Ilichev, 12 puntos)
De las diferentes formas que hay de resolver este
problema voy a exponer la de Terence Tao
• Deberíamos intentar primero probar que la
respuesta es “no”. Si fuera “si”, debería haber
un procedimiento específico para lograrlo, y
esto suena más computacional que
matemático. Y como el problema proviene de
un concurso matemático, hay buenas razones
para pensar que “sí” no es la respuesta
correcta. Luego intentaremos probar que no es
posible alcanzar esa uniformidad de colores.
• En todo caso, primero necesitamos alguna
notación decente (o sea, números y
ecuaciones).
Por
ejemplo,
podríamos
representar la situación inicial mediante un
vector de 3 dimensiones: (13, 15, 17) y vamos
a ver si alcanzamos una situación como
(45,0,0), ó (0,45,0), ó (0,0,45) mediante la
operación de cambiar de color. Para cambiar
de color, lo que debemos hacer es restar 1 a
dos de las coordenadas y sumar 2 a la tercera.
• . Asi que tenemos una formulación vectorial, que es
efectivamente una forma de resolver el problema. Si
ponemos a=(-1,-1,2); b=(-1,2,-1) y c=(2, -1,-1), el hecho
de encontrarse dos camaleones se traduce en sumar al
vector que da el estado actual uno de los tres vectores a,
b ó c. Por lo tanto, cualquier posición que el sistema
pueda alcanzar se obtiene poniendo
• (13, 15, 17) + 𝜶a +𝜷b + 𝜸c
• con 𝛼,𝛽, 𝛾 enteros. Entonces todo lo que hay que hacer es
comprobar que un vector como (45,0,0) NO se puede
escribir de esa manera, lo cual puede hacerse, por
ejemplo, con la regla de Cramer o con manipulación
diofántica elemental.
La Olimpiada de la Federación Rusa
es de donde procede el problema 13
• Por la extensión de su territorio y el número de
participantes, es la Olimpiada más grande. Desde 1993
lleva este nombre; en 1967, cuando se fundó, era la
Olimpiada Matemática de la URSS, y se ha llegado a decir
que es el epítome de todas las Olimpiadas nacionales.
• El primer concurso matemático de la Unión Soviética se
fundó en Georgia en 1933 (un año antes que la de
Leningrado) y hacia 1960 comenzó a cuajar la idea de
una Olimpiada para todos los escolares de la URSS. Los
fundadores fueron Kolmogorov en Moscú y Lavrentiev en
NovoSibirsk.
• La Olimpiada tiene 5 rondas: 1ª en cada escuela; 2ª en
cada ciudad; 3ª en cada región; 4ª en cada República; y
5ª la fase nacional.
• A partir de 1967, cada República de la URSS (de un
total de 15) enviaba un equipo a la Fase Final (All
Russian Mathematical Olympiad) cuyo número de
componentes dependía de su población; además,
Moscú y Leningrado tenían derecho a enviar equipos
propios, y algunas escuelas especiales, los suyos
también. Además, la Olimpiada recorría cada año una
República distinta.
Los fundadores de la Olimpiada rusa
Andrei Kolmogorov (1903-1987)
Mikhail Lavrentiev (1900-1980)
• Cuando yo asistí en 1991 a la que resultó ser última
Olimpiada de la URSS, en Smolensk, al oeste de Moscú,
el equipo de la famosa Escuela 239 de Leningrado,
cuyo líder era el Prof. Sergei Rukhshin, “arrasó” en la
prueba para el nivel 11 y estudiantes como Alexander
Perlin y Eugenia Malinnikova formaron parte de la
Delegación de URSS en la I.M.O., donde obtuvieron
medallas de oro. Recuerdo perfectamente que el
equipo “leningradskii”, como se les llamaba
cariñosamente, hacía ejercicios de relajación en rueda,
inmediatamente antes de entrar al examen.
Con el búlgaro Ivan Tonov en el Monumento a la batalla
de Smolensk contra Napoleón
Un problema de T. Emelyanova, de la Olimpiada rusa de
2011, Fase de Repúblicas, grado 10, problema 2
• En el lado AC del triángulo ABC se toman dos
puntos M y K, tales que los ángulos ABM y
CBK sean iguales.
• Demostrar que los circuncentros de los cuatro
triángulos ABM, ABK, CBM y CBK están en
una circunferencia.
La figura es del libro de A. Akopyan “Geometry in figures”
Solución
(Traducida de la página web rusa http://mceem.ru )
• Para fijar ideas, supondremos que el punto M
está entre A y K.
• BM y BK son isogonales con respecto a los
lados BA y BC. Esta nomenclatura no es
imprescindible, pero sí la igualdad del ángulos
• Sean O1, O2, O3, O4 los circuncentros
respectivos de los triángulos ABM, ABK, CBM y
CBK.
Este problema me gusta porque no requiere ningún
cálculo….
• El segmento O_2 O_3 se ve bajo el mismo
ángulo (llamado alfa en la figura) desde O_1 y
O_4. Por lo tanto esos cuatro puntos
pertenecen a la misma circunferencia.
Problema 14
• Este
es
un
problema
del
Campamento
Matemático de 1999, en Zakopane, Polonia, para
alumnos ganadores del Canguro Matemático de
varios países. Lo presentó el Prof. Lev
Kurliandchuk, de la Universidad de San
Petersburgo (que sólo habla ruso). Aunque en
apariencia es de teoría de números, la solución
(que en mi opinión es especialmente brillante) es
algebraica.
• Se consideran los números enteros a,b,c,d y el
número natural n. Se sabe que:
• n divide a la suma a+b+c+d
• n divide a la suma a2+b2+c2+d2
• Entonces, demostrar que n divide al número
• a4+b4+c4+d4+4abcd
Solución abreviada
• El hecho de que en el enunciado aparezcan
algunas de las funciones simétricas de los cuatro
números a, b, c, d “conduce” a considerar el
polinomio cuyas raíces son precisamente a,b,c,d:
• P(x)=(x-a)(x-b)(x-c)(x-d)
• Desarrollándolo según las potencias de x e
imponiendo las condiciones (obvias)
• P(a) = P(b) = P(c) = P(d) = 0,
• se obtiene, sumando y reordenando los términos,
el resultado deseado.
Problema 15
Los cuatro soldados heridos
Cuatro soldados heridos deben cruzar un
puente dañado, de noche, para escapar del
fuego enemigo. El puente sólo resiste el
paso de dos soldados a la vez, que deben
cruzarlo a la velocidad del más lento. Sólo
disponen de una linterna, que ha de ser
llevada cada vez que se cruza el puente.
Individualmente, los soldados tardan 1, 2, 4
y 6 minutos en atravesar el puente.
¿Cuál es el mínimo tiempo necesario para que
los cuatro soldados crucen el puente?
• Origen del problema: Olimpiada Junior británica,
para alumnos de 11 a 13 años de edad. Problema
presentado por Tony Gardiner.
• Estrategia inicial: minimizar el tiempo utilizado
en el retorno de la antorcha. En este caso, el
soldado más rápido siempre vuelve con ella :
Tiempo=2(+1)+4(+1)+6 =14
En realidad, ésto solamente es una cota superior
para el tiempo mínimo; 14 es un “tiempo posible”
para que los soldados crucen el puente.
(Es la primera respuesta de los alumnos…y quizá de
los profesores también).
¿Cómo disminuir el tiempo?
• Para demostrar que un tiempo es el mínimo,
debe mostrarse cómo cruzar en ese tiempo y
además demostrar que no se puede reducir más.
• Si 4 y 6 cruzan juntos, y no en primer ni
último lugar, se puede conseguir que el tiempo
se reduzca a 13 minutos:
• 2+1+6+2+2 = 13
• Demostración de que este tiempo no se
puede reducir más:
• Puesto que 4 = 2 + (-1)+ 2 +(-1) + 2, para que
crucen los cuatro, se requiere al menos tres
cruces de pares y dos retornos de un portador de
la linterna. Y entonces sólo hay dos posibilidades:
• 4 y 6 cruzan separadamente: en este caso hacen
falta al menos 4 + 1 + 6 + 1 + 2 = 14 minutos.
• 4 y 6 cruzan juntos sin ser el primer ni el último
par; entonces hacen falta 2 + 1 + 6 + 2 + 2 =
13 minutos.
Problema 16: Una aplicación del
teorema de las alfombras
• Los puntos M y N se dan en los lados AB y BC,
respectivamente, del rectángulo ABCD, y en la figura se
muestran las diferentes partes en que queda dividido el
rectángulo. Los números indican las áreas de las partes
correspondientes. Calcular el área del cuadrilátero marcado
con el signo de interrogación.
El teorema de las alfombras
• Si la figura de la izquierda representa dos alfombras cubriendo
por completo el suelo de la habitación rectangular, y
movemos una de ellas como se indica en la figura de la
derecha, es evidente que el área cubierta “dos veces” por las
alfombras es igual al área no cubierta “ninguna vez”.
• No importa la forma de las alfombras; lo relevante es que
entre las dos sumen el área del polígono que cubren sin
superponerse.
• Volviendo al enunciado y a la figura original, es
evidente que x (área cubierta dos veces) es igual
a 20 + 2+ 3 = 25 (área no cubierta ninguna
vez).
• En este caso, las “alfombras” son los triángulos
MDC y ADN.
Problema 17
Un resultado de Sophie Germain
• Sea N un entero mayor que 1. Demostrar que N4 + 4 nunca es
primo.
• En la Olimpiada de Brasil de hace algunos años
se propuso la siguiente generalización:
• Probar que 4n + n4 nunca es primo
Solución
• Intentemos descomponer en producto N4 +4. Se tiene
• N4 + 4 =N4 + 4N2 – 4N2 +4 =
• =(N4 +4N2 +4) – 4N2 =
• = (N2 + 2)2 – (2N)2 =(N2 + 2N + 2)(N2 – 2N + 2)
• Está claro que el primer factor es mayor que 1. En cuanto al
otro, se tiene N2 – 2N + 2 = (N -1)2 + 1, así que también lo es.
• Para la generalización, basta considerar el caso n = 2k + 1,
entonces
• 4n + n4 = (2n +n2 + 2k+1xn)(2n + n2 – 2k+1xn).
• donde x es el signo de multiplicar.
Problema 18.-Una pregunta del examen Senior del Concurso
Matemático Australiano de 2001
Presentado por Fernanda Cannon
• Calcular el menor valor de la expresión
x 1 
2
 y  x
2
4
z  y
2
1 
10  z 
2
9
Solución
Ya que x2 + 1
representa el
cuadrado de la
distancia al origen del
punto (x,1), una
figura nos ayudará a
entender el problema
y buscar una vía de
solución:
Si P(x,1), ¿Cómo elegir las coordenadas de Q, R y S de modo
que PQ, QR y RS sean las tres últimas raíces,
respectivamente, de la suma dada?
• P(x,1) , Q(y,3), R(z,4), S(10,7)
• La suma será mínima cuando los puntos estén
en línea recta (la de puntos en la figura), y en
ese caso la suma vale la distancia de O a S,
que es la raíz cuadrada de 149.