Números Que Aparecen Justo Debajo.pdf

 

Revista Escolar de la Olimpíada Iberoamericana de Matemática

Número 51 (junio 2014 – diciembre 2014) ISSN – 1698-277X

ÍNDICE Artículos, Notas Olimpiadas (51)

y

lecciones

de

preparación

de

Bellot, F.: Algunos problemas tienen siete vidas Problemas para los más jóvenes(51) Cinco problemas de Olimpiadas rumanas para jóvenes Problemas de nivel medio y de Olimpiadas(51) Cinco problemas de un manual inglés de 1962 Problemas(51) Problemas propuestos Problemas 256-260 Problemas resueltos Soluciones a problemas de números anteriores Después de la aparición del vol. 50 de la REOIM, se han recibido dos soluciones a problemas propuestos anteriormente: Al problema 231, de Gabriel Chicas Reyes, San Salvador (El Salvador).

Al problema 245, Nicaragua.

de Ricardo Largaespada, Managua,

Problema 246 Recibidas soluciones de : Florentino Damián Aranda Ballesteros, Córdoba (España); Javier Cornejo Tejada, Lima (Perú); Marcos Martinelli, Brasilia (Brasil); Bruno Salgueiro Fanego, Vivero (España); Cristóbal SánchezRubio García, Benicassim (España); y de los proponentes. Presentamos la solución de Sánchez-Rubio. Problema 247 Recibida hasta el momento solamente la solución del proponente. Mantenemos el problema abierto a la consideración de los lectores. Problema 248 Recibidas soluciones de: Marcos Martinelli, Brasilia (Brasil); Paolo Perfetti, Departamento de Matematica, Universitá degli Studi “Tor Vergata”, Roma (Italia); Neculai Stanciu, Buzau, y Titu Zvonaru, Comanetzi, (Rumania). Presentamos la solución de Martinelli. Problema 249 Recibidas soluciones de: Devis Alvarado, Tegucigalpa (Honduras) y Marcos Martinelli, Brasilia (Brasil). Presentamos la solución de Alvarado. Problema 250 Recibidas soluciones de: Devis Alvarado, Tegucigalpa (Honduras); D.M. Batinetzu-Giurgiu (Bucarest), N. Stanciu (Buzau), y T.Zvonaru (Comanetzi), conjuntamente, (Rumania); Javier Cornejo Tejada, Lima (Perú); Andrea Fanchini, Cantú (Italia); Marcos Martinelli, Brasilia (Brasil); y Bruno Salgueiro Fanego, Vivero (España). Presentamos la solución de Salgueiro. Problema 251

Recibidas soluciones de: Devis Alvarado, Tegucigalpa (Honduras); Marcos Martinelli, Brasilia (Brasil); Paolo Perfetti, Depto.Matemática, Universitá degli Studi “Tor Vergata”, Roma (Italia); Bruno Salgueiro Fanego (dos soluciones), Vivero (España); Neculai Stanciu (Buzau) y Titu Zvonaru (Comanestzi) (conjuntamente), Rumania; y Daniel Vacaru, Pitesti (Rumania). Presentamos la solución de Salgueiro. Problema 252 Solución con corrección del enunciado recibida de Marcos Martinelli, Brasilia (Brasil), que presentamos. El editor presenta excusas por no haber modificado el enunciado original. Problema 253 Recibidas soluciones de: Devis Alvarado, Tegucigalpa (Honduras); Marcos Martinelli, Brasilia (Brasil) y Paolo Perfetti, Depart. Matematica, Universitá degli Studi “Tor Vergata”, Roma (Italia). Presentamos la solución de Alvarado. Problema 254 Como han señalado varios lectores, así como el propio proponente, el enunciado es incorrecto (no existen triángulos donde el diámetro del círculo inscrito sea mayor que el radio del circunscrito). El problema queda anulado. Problema 255 Recibidas soluciones de: Marcos Martinelli, Brasilia (Brasil); Paolo Perfetti, Depto. Matematica, Universitá degli Studi “Tor Vergata”, Roma (Italia); Bruno Salgueiro Fanego, Vivero (España); y Daniel Vacaru, Pitesti (Rumania). Presentamos la solución de Martinelli.

Noticia de Congresos, comentario de páginas web y reseña de libros (51) Divertimentos Matemáticos (51) Capturado en Internet (51)

Rectificación del editor En la necrológica de Madame Deledicq, incluida en el número 50 de la REOIM, se escribió su nombre equivocadamente. Su hijo Jean Philippe ha indicado al editor que su nombre correcto es Hélène, lo que hacemos constar ahora con nuestras disculpas y nuestro agradecimiento por la observación.

Otras informaciones Formación Docente Especialización en Educación Matemática (secundaria) http://www.oei.es/cursomatematica/ Colaboración docentes alumnos Club Iberoamericano GeoGebra http://www.ibertic.org/clubgeogebra.php Realizado en el marco del Instituto Iberoamericano de Enseñanza de las Ciencias y la Matemática (IBERCIENCIA) con la colaboración de la Consejería de Economía, Innovación, Ciencia y Empleo de la Junta de Andalucía

 

ALGUNOS PROBLEMAS TIENEN SIETE VIDAS Francisco Bellot Rosado Una de las primeras tareas del Jurado Internacional de cualquier competición es tratar de descartar aquellos problemas de la “lista corta” (puesta a su disposición por el Comité selector de problemas de la competición) que son conocidos, por ejemplo por haber aparecido anteriormente en otro concurso. En algunos casos esto se consigue con cierta rapidez. En otros, como es el caso del bellísimo problema objeto de este artículo, el problema puede escapar a los filtros y repetirse; o aparecer modificado y no ser fácilmente detectado. Un problema de la Olimpiada rusa de 1971: los vasos de Shirshov. Se tienen tres jarros con agua, cada uno conteniendo un número entero de litros. Se permite echar en cada jarro tanta agua como ya contiene, procedente de otro de los jarros. Demostrar que repitiendo esta operación las veces necesarias, es posible vaciar por completo uno de los jarros. (Se supone que los jarros son suficientemente grandes: cada uno puede contener toda el agua disponible). En la recopilación de problemas de la Olimpiada rusa (1961-1986) de Vassiliev y Egorov (Ed. Nauka, Moscú 1988), en ruso, se señala que se propuso en la 5ª Olimpiada de la URSS, celebrada en Riga, para la clase 9 (alumnos de 16 años), el primer día de competición. Por su parte, Titu Andreescu y Svetoslav Savchev, en su Mathematical Miniatures, MAA 2003, dan algunos detalles biográficos del proponente, Alexei Shirshov. Titulado en Lengua rusa y literatura, dio clase en una escuela rural. Movilizado durante la Segunda Guerra Mundial, sorprendentemente resultó atraído por las Matemáticas en aquellos años (1939 – 1945). Volvió a la Universidad a los 30 años de edad, se graduó y doctoró en Matemáticas y sus resultados más importantes son de Álgebra. El problema del que hablamos tiene una solución realmente brillante, incluida en el libro ruso antes citado. Vamos a analizarla, partiendo de un ejemplo numérico para mayor sencillez. Es suficiente mostrar cómo obtener menos litros en uno de los jarros que los que contenga el menor número de litros, porque repitiendo el proceso alguno se vaciará.

Supongamos que los jarros contienen 3 <17<33 litros; en general serán 0 < a ≤ b ≤ c litros. Dividimos (con resto) 17 entre 3: 17 = 3x5 +2

b = a⋅q + r Escribimos 5 en el sistema binario: 5 = 1012 Es decir, 1 ⋅ 20 + 0 ⋅ 21 + 1 ⋅ 22 =5 . Y a los exponentes los llamamos

i0 =0 < i1 =1 < i2 =2 . Los 17 litros del jarro B pueden considerarse formados por porciones de

20 ⋅ 3; 22 ⋅ 3 litros más otra con 2 =r litros. Falta una potencia de 2 multiplicada por 3: digamos j= 21 ⋅ 3 1

Esta porción que no está en B (superaría los 17 litros) está en C. Entonces, sucesivamente, vamos echando en A, tomándolas de B o de C, las porciones 20 ⋅ 3; j1 = 21 ⋅ 3 ;22 ⋅ 3;

(j1 es lo que tomamos de C) de manera que en B quedará el resto r = 2 litros, con lo que el problema (en el caso numérico) queda resuelto: ahora en B hay menos de 3 litros. Continuando el proceso se forma una sucesión decreciente estrictamente de enteros positivos, que no puede prolongarse indefinidamente, y por lo tanto acabará terminando en 0 y uno de los jarros se vacía. Generalicemos: supongamos que los vasos A, B y C tienen, respectivamente, 0 < a ≤ b ≤ c litros.

Ponemos

b = a ⋅ q + r , con 0 ≤ r
Ya que a ≤ b, entonces q rel="nofollow"> 0 . Vamos a ver cómo se pueden echar q.a litros en A, con lo que en B quedarán r
Entonces el agua que hay en B puede considerarse formada por porciones de volúmenes

2i0 a, 2i1 a, , 2in a

(1)

y una porción más, de volumen r. En general sucederá (como en el ejemplo numérico de introducción del problema) que algunos de los números

0,1, ,n-1 faltan entre los exponentes i0 , i1 , , in − 1 . Llamemos j1 , j2 , , jk a los exponentes que faltan e imaginemos que las porciones de volúmenes

2 j1 a, 2 j2 a, , 2 jk a

(2)

están en el jarro más grande C. Entonces podemos echar todas las porciones (1) y (2) en A en su orden natural,

20 a = a, 21 a, 22 a, , 2in a , cogiéndolas de B o de C, y obteniendo así consecutivamente en A

2a, 22 a,..., 2in +1 a litros. Como consecuencia quedarán en B exactamente r litros y el problema queda resuelto. Lo único que nos falta por demostrar es que las cantidades (2) están efectivamente en C. Esto es verdad, porque incluso en el caso en que solamente 2in a estuviera en la sucesión (1), necesitaríamos no más de

(2

0

)

+ 21 +  + 2in −1 a =

(2

in

)

−1 a

litros en C. Esto es menor que b, y a su vez no es mayor que c.∎ Aunque en la literatura han aparecido problemas titulados “de los tres jarros”, en general no se refieren al de Shirshov (v. por ejemplo, Geometry revisited, de Coxeter y Greitzer, MAA 1967). En la competición de invierno búlgara de 1989 se propuso una variante, y

es posible que en otras competiciones de carácter regional o nacional se hayan propuesto también. Pero hay que esperar a 1993 para que el problema, con una formulación diferente, se propusiera en la famosa competición americana y canadiense William Lowell Putnam. Problema B6, Putnam 1993 Sea S un conjunto de tres enteros positivos, no necesariamente distintos. Demostrar que se puede transformar S en un conjunto que contiene al 0, mediante un número finito de aplicaciones de la siguiente regla: Seleccionamos dos de los tres enteros, digamos x e y, con x ≤ y , y los reemplazamos por 2x e y-x. El libro de Kiran Kedlaya, Bjorn Poonen y Ravi Vakil (The William Lowell Putnam Mathematical Competition 1985-2000, Problems, Solutions and Commentary), MAA, incluye tres soluciones del problema, de las que en la primera, atribuida a Garth Payne (uno de los participantes) se pasa de la terna (d, e, f) a (2d, e, f-d) y reiterándola se transforma (a, b, c) en (b’, r, c’) con r el resto de la división de b por a. La segunda prueba el resultado por inducción fuerte en a + b + c, que es constante por aplicación de la regla, y razonando por contradicción, suponiendo que S no se puede transformar en un conjunto conteniendo al 0. La tercera, de Dylan Thurston (otro participante) es similar a la segunda. Un problema propuesto por Macedonia en la IMO 1994 En la Olimpiada Internacional de 1994 (HongKong), Macedonia propuso el siguiente problema: C-3 (Combinatoria) Pedro tiene tres cuentas en un banco, cada una con un número entero de dólares. Solamente se le permite transferir dinero de una cuenta a otra de manera que la cantidad de dinero en ésta última se duplique. a) Probar que Pedro siempre puede transferir su dinero a dos de las cuentas. b) ¿Puede siempre transferir su dinero a una sola cuenta?

Ni el comité selector de problemas ni el Jurado Internacional apreciaron la semejanza del problema con el de Shirshov ni con el de la Competición Putnam del año anterior (y si alguno de los miembros lo apreció, no dijo nada). Fue elegido como problema 6, pero el primer día de competición llegó como observador (de Nueva Zelanda) Arkadi Slinko, que en cuanto lo vió advirtió al Jurado que era, c por b, el problema de Shirshov y citó la fuente del libro ruso de Vassiliev y Egorov: reunión extraordinaria del Jurado y el problema se cambió… se podría decir que al Jurado “lo salvó la campana”. En 1987, en el Newsletter of the World Federation of National Mathematics Competitions, nr.6, el belga René Laumen publicó The Art of Borrowing Problems, artículo en el que analiza el problema de los enunciados que se “alquilan” de una competición a otra. Con la extensión actual de los resultados y problemas por Internet, ese peligro debería disminuir. Pero nunca se sabe… Bibliografía [1]N.V. Vassiliev, A.A. Egorov: Problemas de la Olimpiada Matemática URSS 1961-1986 (en ruso). Nauka, Moscú, 1988. [2] Svetoslav Savchev, Titu Andreescu: Mathematical Miniatures. MAA 2003. [3] Kiran S. Kedlaya, Bjorn Poonen, Ravi Vakil : The William Lowell Putnam Mathematical Competition 19852000. Problems, Solutions and Commentary. MAA 2002. [4] Shortlisted Problems for the 35th International Mathematical Olympiad. HongKong Mathematical Society, 1994. Valladolid, diciembre 2014. Francisco Bellot Rosado

Problemas para los más jóvenes 51 Cinco problemas de Olimpiadas rumanas para jóvenes PMJ51-1 Los números reales positivos x; y; z son tales que xyz (x + y + z) = 1 a) Demostrar que s 1 1 1 x2 + 2 y2 + 2 z 2 + 2 = (x + y) (y + z) (z + x) : y z x b) Determinar una terna de números que veri…que la hipótesis. PMJ 51-2 x; y; z son números naturales tales que x < y < z: Si x; y; z son directamente proporcionales a tres números naturales consecutivos, ¿de cuántas maneras distintas se puede escribir el número 180 en la forma x + y + z? PMJ51-3 Los números naturales no nulos a; b; c cumplen la condición a+b b+c c+a = = : bc ca ab Demostar que a = b = c: PMJ51-4 El triángulo isósceles ABC tiene como base AC = a y el ángulo B es de 70o . En los segmentos AB y AC se eligen puntos D y E, respectivamente, de manera que DA+AE = a. En los segmentos AC y BC se eligen puntos F y G, respectivamente, de modo que FC+CG=a. Los puntos E y F son distintos. Calcular la medida del ángulo agudo que forman las rectas DF y EG. PMJ51-5 Determinar los números enteros x; y tales que 2 x

y

= x + 3:

1

Problemas de nivel medio y de Olimpiadas (51) Cinco problemas de un manual inglés de 1962 PM51-1 El polinomio ax3 + bx2 + cx + d toma el valor 3 cuando x es igual a y toma el valor 0 cuando x es 1 ó 12 : Descomponerlo en factores de primer grado.

1 ó 2;

PM51-2 Si u = x + y + z; x + u = b + c; y + u = c + a; z + u = a + b; se pide: 1) hallar x, y, z en función de a,b,c. 2) hallar a, b, c en función de x,y,z. PM51-3 Probar que (x xa)(xc b) toma todos los valores reales cuando x varía, si a < c < b: Probar que si c < a < b; entonces se excluye un rango de valores de longitud 4l; donde l2 = (a c) (b c) : PM51-4 El jarro A, de 1 litro de capacidad, se llena de whisky. Una fracción de k < 1 litros se trasvasa de A a un jarro B, también de 1 litro, inicialmente vacío. A continuación, B se termina de llenar de agua . Se trasvasa ahora parte de la mezcla de B a A, hasta llenarlo. Hallar la cantidad de whisky que ahora contiene A, y demostrar que no es menos de 3/4 de litro. PM51_5 Las tangentes en A, B y C al círculo circunscrito al triángulo ABC cortan a las rectas que contienen los lados, BC, CA y AB en U, V y W, respectivamente. 1)Demostrar que U, V y W están alineados. 2) Probar que V W : W U : U V = (b2 c2 ) : c2 a2 : a2 b2

1

Problemas 256 - 260 Problema 256 Propuesto por Gabriel Chicas Reyes (El Salvador) Sea p un número primo impar. Para cada entero no negativo k, determinar el residuo módulo p del determinante 1k 2k

2k 3k

pk

1k

pk 1k (p

1)

k

Problema 257 Propuesto por D.M.Batinetzu-Giurgiu (Bucarest) y Neculai Stanciu (Buzau), conjuntamente (Rumania) Sea (an )n 1 una sucesión real acotada de números positivos. Calcular ! n X 1 lim n!1 n + ak + k k=1

Problema 258 Propuesto por el editor. Construir el triángulo ABC conociendo su ortocentro H, su circuncentro O, un punto P del eje órtico de ABC y la longitud del lado a. Problema 259 Propuesto por el editor Calcular la integral curvilínea I=

Z

1 + x2

y 2 dx + 2xydy

(1 + x2

y 2 ) + 4x2 y 2

2

a lo largo de un cuadrado con vértices en los puntos

2; 2i:

Problema 260 Propuesto por el editor Hallar una solución x de la ecuación x2 + m2 + n2

p 2 (mn + mx + nx) = 8 2mnx (x + m + n)

"por un método simple" (se decía en el enunciado original).

1

Problema 246. En la figura, el segmento CD es una semicuerda perpendicular al diámetro AB de una circunferencia de centro O. Los respectivos centros de las circunferencias de diámetros AC y CB son los puntos O1 y O 2 . Las restantes circunferencias son tangentes exteriores entre sí y están inscritas en el ángulo curvilíneo y en el segmento circular, tal como se indica. Si los círculos sombreados (los de ambos AC extremos de la cadena de círculos) son iguales, determinar la razón . CB Solución: Llamando R y r a los radios de las circunferencias de centros O1 y O2 respectivamente, el radio de la de centro O es R + r . c5 T5

s

c4

d5

t

c3

m

T3 c2

c1

R A

c0

R-r O1

O

r O 2

C

B

P r' 1 r'2

Q D

En la inversión definida por la circunferencia m de centro A y radio AD, C se invierte en B (teorema del cateto en ADB) y en consecuencia la circunferencia de centro O1 se invierte en la recta t perpendicular a AB por B y la circunferencia de centro O se invierte en la recta s perpendicular a AB por C. Como la inversión conserva las tangencias, las cadena de circunferencias tangentes entre sí y tangentes a las de centros O1 y O2 se invierten en las circunferencias c1 , c2 ,…, ck todas de radio r tangentes entre sí y a las rectas s y t. Basta volver a invertir para poder construir fácilmente la cadena.

El cálculo del radio rk de la circunferencia k-ésima es inmediato al ser homotética de la correspondiente de radio r. Por el teorema del cateto en ADB y el de Pitágoras en AO2Tk , la razón de la homotecia es

h5 =

2 R ( 2 R + 2r ) R (R + r) AD 2 4 R 2 + 4 Rr = = = 2 2 2 2 2 2 2 2 d5 − r ( 2 R + r ) + (10r ) − r 4 R + 4 Rr + 100r R + Rr + 25r 2

y el radio buscado para la quinta circunferencia es Rr ( R + r ) . R 2 + Rr + 25r 2 Llamando r '1 y r '2 a los radios de las primeras circunferencias tangentes a la recta CD y a la circunferencia de centro O, . Para hallar r '1 hay que despejar r '1 de las relaciones: r5 =

CP 2 = 4rr '1 ( R + r ) − r '1  = CP 2 +  ( R − r ) + r '1  La primera por ser tangentes entre sí y a la misma recta en C y P. y la segunda añadiendo la tangencia a la circunferencia de centro O. Resulta (omitimos los detalles del cálculo), Rr r '1 = R+r 2

2

Repitiendo el mismo esquema de cálculo para r '2 , tenemos PQ 2 = 4 r '1 r ' 2

( R + r ) − r '2  = ( CP + PQ ) +  ( R − r ) + r ' 2  2

2

2

Obviando de nuevo los detalles del cálculo despejamos r '2 :

r '2 =

R2r

( R + 2r )

2

Finalmente, igualando las expresiones obtenidas para r5 y r '2 , restando numeradores y denominadores y simplificando, queda R+r R r 1 = 2 = = 2 2 2 2 R + Rr + 25r R + 4 Rr + 4 r 21r − 3Rr 21r − 3R Multiplicando en cruz las fracciones segunda y cuarta, 21Rr − 3R 2 = R 2 + 4 r 2 + 4 Rr ⇔ 4 R 2 + 4 r 2 − 17 Rr = 0 R Dividiendo por r 2 y llamando t = , queda la ecuación cuadrática 4t 2 − 17t + 4 = 0 . Resolviendo, r 4 R 17 ± 17 2 − 64 t= = = 1 r 8 4 La solución válida según el esquema del dibujo es 4.

Problema 249, propuesto por Marcel Chiritza, Bucarest, Rumania Resolver, en el conjunto de los nmeros ´ reales, el sistema de ecuaciones (9x + 9y + 9z )(3−x + 3−y + 3−z ) = 3 3x+y+1 · 3x+z+1 · 3y+z+1 = 3x + 3y + 3z Soluci´ on, (Devis Alvarado, UNAH,Tegucigalpa, Honduras) Aplicando la desigualdad entre MA-MG se obtiene. (9x + 9y + 9z )(3−x + 3−y + 3−z ) ≥ 3 9x+y+z ⇒3

x+y+z +2 3


1

3



3 3−(x+y+z)

1 3

=3

x+y+z +2 3

≤ 3 ⇔ x + y + z ≤ −3

Y 3x + 3y + 3z ≥ 3 3x+y+z


1 3

=3

x+y+z +1 3

6 5 Con esto se concluye que el sistema de ecuaciones no tiene soluci´on en los n´ umeros reales. ⇒3

x+y+z +1 3

≤ 32(x+y+z)+3 ⇔ x + y + z ≥ −

1

Problema 250, propuesto por Marcel Chiritza, Bucarest, Romanía. Sexa P un punto interior ao triángulo equilátero ABC , de lado 1 . Se poñemos x = PA , y = PB , z = PC , probar que x 2 + y 2 + z 2 + ( x 2 + y 2 + z 2 − 1) = 3 ( x 2 y 2 + y 2 z 2 + z 2 x 2 ) . 2

Solución enviada por Bruno Salgueiro Fanego, Viveiro, Lugo. Probaremos o seguinte resultado, máis xeral: Sexa P un punto do plano do triángulo equilátero ABC , de lado t . Se poñemos x = PA , y = PB , z = PC , entón

(x

2

+ y2 + z 2 ) t 2 + ( x2 + y 2 + z 2 − t 2 ) = 3 ( x2 y 2 + y 2 z 2 + z 2 x2 ) . 2

En efecto: é coñecida (*) a relación 3 ( x 4 + y 4 + z 4 + t 4 ) = ( x 2 + y 2 + z 2 + t 2 ) . Como 2

(x

2

(x

2

+ y2 + z 2 − t 2 ) = ( x2 + y2 + z 2 ) − 2 ( x2 + y 2 + z 2 ) t 2 + (t 2 ) 2

2

2

= x4 + y4 + z 4 + t 4 + 2 ( x2 y 2 + y 2 z 2 + z 2 x2 ) − 2 ( x2 + y 2 + z 2 ) t 2 , e

+ y2 + z 2 + t 2 ) = ( x2 + y 2 + z 2 ) + 2 ( x2 + y 2 + z 2 ) t 2 + (t 2 ) 2

2

2

= ( x2 + y 2 + z 2 ) − 2 ( x2 + y 2 + z 2 ) t 2 + t 4 + 4 ( x2 + y 2 + z 2 ) t 2 2

= ( x 2 + y 2 + z 2 − t 2 ) + 4 ( x 2 + y 2 + z 2 ) t 2 , dita relación é equivalente a 2

(

)

3 ( x2 + y 2 + z 2 − t 2 ) − 2 ( x2 y 2 + y 2 z 2 + z 2 x2 ) + 2 ( x2 + y 2 + z 2 ) t 2 = ( x2 + y 2 + z 2 − t 2 ) + 4 ( x2 + y 2 + z 2 ) t 2 , 2

2

é dicir, ( 3 − 1) ( x 2 + y 2 + z 2 − t 2 ) + ( 6 − 4 ) ( x 2 + y 2 + z 2 ) t 2 = 6 ( x 2 y 2 + y 2 z 2 + z 2 x 2 ) , ou sexa, 2

(x

2

+ y2 + z 2 ) t 2 + ( x2 + y 2 + z 2 − t 2 ) = 3( x2 y 2 + y 2 z 2 + z 2 x2 ) . 2

(*) Curious properties of the circumcircle and incircle o fan equilateral triangle, Prithwijit De, Mathematical Spectrum, 41 (1), 2008-2009, 32-35.

Problema 251, proposto por Marcel Chiritza, Bucarest, Romanía. Achar os números reais a , b tales que  n3  lim  + an + b  = 0 . 2 n →∞  ( n + 1)  Solución enviada por Bruno Salgueiro Fanego, Viveiro, Lugo. 2  n3  n3 + ( n 2 + 2n + 1) ( an + b ) n3 + ( n + 1) ( an + b ) + an + b  = lim = lim 0 = lim  2 2 2 n →∞ n →∞ ( n + 1) ( n + 1)  ( n + 1)  n →∞ ( a + 1) n3 + ( 2a + b ) n 2 + ( a + 2b ) n + b . n3 + an3 + 2an 2 + an + bn 2 + 2bn + b = lim = lim 2 n →∞ n →∞ n 2 + 2n + 1 ( n + 1)

Como este último límite é finito, o grao do numerador ten que ser menor ou igual có do denominador, logo a + 1 = 0 , sendo entón 0 = lim

( b − 2 ) n 2 + ( 2b − 1) n + b = lim ( b − 2 ) n 2

+ lim

( 2b − 1) n + b = b − 2 + 0 ,

logo é necesario n →∞ n + 2n + 1 n →∞ n 2 + 2 n + 1 n + 2n + 1 que a = −1 ∧ b = 2 . Ademais, é suficiente que a = −1 ∧ b = 2 para que o se verifique a condición do enunciado, pois nese caso n →∞

2

2

 n3   n3  3n + 2 lim  + an + b = lim − n + 2 = 0 , xa que o grao do numerador é    = lim 2 2 2 n →∞  ( n + 1)  n →∞  ( n + 1)  n →∞ n + 2n + 1 inferior ao do denominador. Entón os números reais pedidos son a = −1 ∧ b = 2 .

Marcos Francisco Ferreira Martinelli – Brasília - Brasil

Problema 253, propuesto por Marcel Chiritza, Bucarest, Rumania Las sucesiones (an )n≥1 y (bn )n≥1 se definen de la manera siguiente: n X m X

an =

(−1)

m+2

m=1 k=0

bn =

n X m X

n
m

m

n
m

m

(−1)

(m + 2)(m + 4)

m=1 k=0

Determinar si son convergentes y en su caso, hallar sus l´ımites cuando n → ∞. Soluci´ on, (Devis Alvarado, UNAH,Tegucigalpa, Honduras) Primeros trabajemos con an n X m X

an =

(−1)

m+2

m=1 k=0 n X

=−

!Z

n m

m=1

=−

Z 0 

0

n
m

m

=

d x (xm+1 ) dx = − dx



−1



d (x(x + 1)n − x) dx = − dx

−1

Z 1h

=−

n
m

m

(−1) (m + 1)

m=1



x

n X

Z 0 "

n X

−1

m=1

Z 0 h

d x dx

m+2 !

n m+1 x m

!#

dx i

x(x + 1)n + nx2 (x + 1)n−1 − x dx

−1

i

(n + 1)un+1 − (2n + 1)un + nun−1 − u + 1 du

0

=−

n + 1 2n + 1 3 1 1 1 + − = − − n+2 n+1 2 n+2 n+1 2

Por lo que an converge y su l´ımite es: − 12 . Ahora observemos que m n X X

bn =

n
m

m

(−1)

m=1 k=0

(m + 2)(m + 4)

n X

=

n
m

m

(−1) (m + 1)

m=1

(m + 2)(m + 4)

n n n n 1 X 3 X − (−1)m m + (−1)m m 2 m=1 m + 2 2 m=1 m+4







Similar que, con an n X

n
m

m

(−1)

m=1

=−

m+2 Z 0

=−

n X m=1

!Z

n m

0

x −1

x [(x + 1)n − 1] dx = −

−1

1

m+1

dx = −

Z 0 X n −1 m=1

!

n m+1 x dx m

1 1 1 + − = −1 − an n+2 n+1 2

Y n X

m

(−1)

m+4

m=1

=−

Z 0

n
m

n X

=−

m=1

!Z

n m

0

x −1

x3 [(x + 1)n − 1] dx = −

−1

m+3

dx = −

Z 0 X n −1 m=1

!

n m+3 x dx m

1 3 3 1 1 + − + − n+4 n+3 n+2 n+1 4

Por lo tanto 1 1 1 1 1 3 3 3 1 1 − + − + − + − + − 2 n+2 n+1 2 2 n+4 n+3 n+2 n+1 4 

bn = −



=−

3 2

n+4

+



9 2

n+3

−

Que converge y su l´ımite es: − 18 .

2

4 1 1 + − . n+2 n+1 8



Noticia de congresos, comentario de páginas web y reseñas de libros 51 La noticia de congresos de la REOIM en estas fechas tenía, necesariamente, que hacerse eco del Congreso Iberoamericano de Ciencia, Tecnología, Innovación y Educación, organizado por la O.E.I. en Buenos Aires del 18 al 22 de noviembre de 2014, y cuyas conclusiones y resúmenes en video se encuentran disponibles en las redes sociales, especialmente Facebook y Twitter. Mi participación en él fue formar parte como ponente de una Mesa redonda sobre Olimpiadas Matemáticas, coordinada por Agustín Carrillo de Albornoz y en la que fueron también ponentes Eduardo Wagner, de Brasil y Juan Carlos Dalmasso, de Argentina. Dentro de la reseña de libros, la Olimpiada Mexicana de Matemáticas acaba de publicar, en su colección Cuadernos de Olimpiadas de matemáticas, un nuevo volumen, de 352 páginas, titulado Álgebra y del que son autores Radmila Bulajich Manfrino, José Antonio Gómez Ortega y Rogelio Valdez Delgado. La versión en inglés del mismo será publicada próximamente por Birkhäuser. Es una obra muy completa, que estudia todos los tópicos que en la “jerga de olimpiadas” se engloban en la palabra Álgebra, con muchos ejercicios y sus correspondientes soluciones, y posiblemente es el primer libro de entrenamiento olímpico en el que se demuestra rigurosamente el Teorema fundamental del álgebra (pag. 91) dentro del capítulo dedicado a los números complejos. Es un libro fundamental para todo el público iberoamericano interesado en la resolución de problemas y en las Olimpiadas. La segunda novedad bibliográfica es el libro de la Editorial Springer, escrito por Sotirios E. Louridas y Michael Th. Rassias, Proble-Solving and Selected Topics in Euclideam Geometry (In the Spirit of the Mathematical Olympiads), publicado en 2013. Los problemas están agrupados en dos secciones, la correspondiente a la que los autores llaman Teoría básica y la relativa a la Teoría más avanzada. Las desigualdades geométricas forman un grupo diferente. Es, con certeza, un libro de consulta obligada para los comités selectores de problemas de cualquier olimpiada, tanto nacional como internacional.

Valladolid. Enero 2015. Francisco Bellot

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