Revista Escolar de la Olimpíada Iberoamericana de Matemática

Número 51 (junio 2014 – diciembre 2014)

ISSN – 1698-277X

ÍNDICE

Artículos, Notas y lecciones de preparación de Olimpiadas (51)

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, de Ricardo Largaespada, Managua, Nicaragua.

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 Sánchez-Rubio 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, 0 1 21 2 0 2 1 2 5⋅ + ⋅ + ⋅ = . Y a los exponentes los llamamos

0 1 20 1 2i i i= < = < = .

Los 17 litros del jarro B pueden considerarse formados por porciones de

0 22 3; 2 3⋅ ⋅ litros más otra con 2 =r litros.

Falta una potencia de 2 multiplicada por 3: digamos

11 2 3j = ⋅

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

0 1 212 3; 2 3 ;2 3; j⋅ = ⋅ ⋅

(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<a≤ .

Ya que ,entonces 0a b q≤ > . Vamos a ver cómo se pueden echar q.a litros en A, con lo que en B quedarán r<a litros y el problema quedará resuelto. Escribimos en el sistema binario q:

0 10 12 2 2 , con 0ni ii

nq i i i= + + + ≤ < < < .

Entonces el agua que hay en B puede considerarse formada por porciones de volúmenes

0 12 ,2 , , 2 (1)ni iia a a

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 0 1, , , 1ni i i − . Llamemos 1 2, , , kj j j a los exponentes que faltan e imaginemos que las porciones de volúmenes

1 22 ,2 , , 2 (2)kjj ja a a

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

0 1 22 ,2 ,2 , , 2 nia a a a a= ,

cogiéndolas de B o de C, y obteniendo así consecutivamente en A

122 ,2 ,..., 2 nia a 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 2 ni a estuviera en la sucesión (1), necesitaríamos no más de

( ) ( )10 12 2 2 2 1n ni ia 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 1985-2000. 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 51Cinco problemas de Olimpiadas rumanas para jóvenes

PMJ51-1Los números reales positivos x, y, z son tales que xyz (x+ y + z) = 1a) Demostrar que√(

x2 +1

y2

)(y2 +

1

z2

)(z2 +

1

x2

)= (x+ y) (y + z) (z + x) .

b) Determinar una terna de números que verifique la hipótesis.

PMJ 51-2x, 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 dis-tintas se puede escribir el número 180 en la forma x+ y + z?

PMJ51-3Los números naturales no nulos a, b, c cumplen la condición

a+ b

bc=b+ c

ca=c+ a

ab.

Demostar que a = b = c.

PMJ51-4El 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, demanera que DA+AE = a. En los segmentos AC y BC se eligen puntos F yG, 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.

PMJ51-5Determinar 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 1962PM51-1El polinomio ax3 + bx2 + cx+ d toma el valor 3 cuando x es igual a −1 ó 2,

y toma el valor 0 cuando x es 1 ó − 12 .

Descomponerlo en factores de primer grado.

PM51-2Si 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.

PM51-3Probar que (x−a)(x−b)

x−c 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) .

PM51-4El 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. Acontinuación, B se termina de llenar de agua . Se trasvasa ahora parte de lamezcla de B a A, hasta llenarlo. Hallar la cantidad de whisky que ahora contieneA, y demostrar que no es menos de 3/4 de litro.

PM51_5Las 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 VW :WU : UV = (b2 − c2) :

(c2 − a2

):(a2 − b2

)

1

Problemas 256 - 260Problema 256Propuesto 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 · · · pk

2k 3k · · · 1k

· · · · · · · · · · · ·pk 1k · · · (p− 1)k

∣∣∣∣∣∣∣∣Problema 257Propuesto por D.M.Batinetzu-Giurgiu (Bucarest) y Neculai Stanciu (Buzau),

conjuntamente (Rumania)Sea (an)n≥1 una sucesión real acotada de números positivos. Calcular

limn→∞

(n∑k=1

1

n+ ak + k

)Problema 258Propuesto 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 259Propuesto por el editorCalcular la integral curvilínea

I =

∫ (1 + x2 − y2

)dx+ 2xydy

(1 + x2 − y2)2 + 4x2y2

a lo largo de un cuadrado con vértices en los puntos ±2,±2i.

Problema 260Propuesto por el editorHallar una solución x de la ecuación

x2 +m2 + n2 − 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 1O y 2O . 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

extremos de la cadena de círculos) son iguales, determinar la razón AC

CB.

Solución: Llamando R y r a los radios de las circunferencias de centros 1O y 2O respectivamente, el radio de la de centro O es R r+ .

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 1O se invierte en la recta t perpendicular a AB por B y la circunferencia de centro Ose 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 1O y 2O se invierten en las circunferencias 1 2, , , kc c c… todas de radio r

tangentes entre sí y a las rectas s y t. Basta volver a invertir para poder construir fácilmente la cadena.

m

c5

c4

c3

c2

c1

c0

s

t

r'1

r'2

R R-rr

d5

Q

P

D

T5

T3

O2O1 OA BC

El cálculo del radio kr 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 2 kAO T , la razón de la homotecia es

( )( ) ( )

( )2 2

5 2 22 2 2 2 2 225

2 2 2 4 4

4 4 100 252 10

R R r R R rAD R Rrh

d r R Rr r R Rr rR r r r

+ ++= = = =− + + + ++ + −

y el radio buscado para la quinta circunferencia es

( )5 2 225

Rr R rr

R Rr r

+=

+ +.

Llamando 1'r y 2'r a los radios de las primeras circunferencias tangentes a la recta CD y a la circunferencia de centro O, . Para hallar 1'r hay que despejar 1'r de las relaciones:

( ) ( )

21

2 221 1

4 '

' '

CP rr

R r r CP R r r

=

+ − = + − +

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),

1'Rr

rR r

=+

Repitiendo el mismo esquema de cálculo para 2'r , tenemos

( ) ( ) ( )

21 2

2 22

2 2

4 ' '

' '

PQ r r

R r r CP PQ R r r

=

+ − = + + − +

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

( )2

2 2'2

R rr

R r=

+

Finalmente, igualando las expresiones obtenidas para 5r y 2'r , restando numeradores y

denominadores y simplificando, queda

2 2 2 2 2

1

25 4 4 21 3 21 3

R r R r

R Rr r R Rr r r Rr r R

+ = = =+ + + + − −

Multiplicando en cruz las fracciones segunda y cuarta, 2 2 2 2 221 3 4 4 4 4 17 0Rr R R r Rr R r Rr− = + + ⇔ + − =

Dividiendo por 2r y llamando R

tr

= , queda la ecuación cuadrática 24 17 4 0t t− + = . Resolviendo,

2 417 17 64

18

4

Rt

r

± −= = =

La solución válida según el esquema del dibujo es 4.

Problema 249, propuesto por Marcel Chiritza, Bucarest, Ru-maniaResolver, 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

Solucion, (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) 1

3 3(3−(x+y+z)

) 13 = 3

x+y+z3

+2

⇒ 3x+y+z

3+2 ≤ 3⇔ x + y + z ≤ −3

Y3x + 3y + 3z ≥ 3

(3x+y+z) 1

3 = 3x+y+z

3+1

⇒ 3x+y+z

3+1 ≤ 32(x+y+z)+3 ⇔ x + y + z ≥ −6

5

Con esto se concluye que el sistema de ecuaciones no tiene solucion en losnumeros reales.

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

( ) ( )22 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 21 3x y z x y z x y y z z x+ + + + + − = + + .

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

( ) ( ) ( )22 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 23x y z t x y z t x y y z z x+ + + + + − = + + .

En efecto: é coñecida (*) a relación ( ) ( )24 4 4 4 2 2 2 23 x y z t x y z t+ + + = + + + . Como

( ) ( ) ( ) ( )2 2 22 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 22x y z t x y z x y z t t+ + − = + + − + + +

( ) ( )4 4 4 4 2 2 2 2 2 2 2 2 2 22 2x y z t x y y z z x x y z t= + + + + + + − + + , e

( ) ( ) ( ) ( )2 2 22 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 22x y z t x y z x y z t t+ + + = + + + + + +

( ) ( ) ( )22 2 2 2 2 2 2 4 2 2 2 22 4x y z x y z t t x y z t= + + − + + + + + +

( ) ( )22 2 2 2 2 2 2 24x y z t x y z t= + + − + + + , dita relación é equivalente a

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )2 22 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 23 2 2 4x y z t x y y z z x x y z t x y z t x y z t+ + − − + + + + + = + + − + + + ,

é dicir, ( ) ( ) ( )( ) ( )22 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 23 1 6 4 6x y z t x y z t x y y z z x− + + − + − + + = + + , ou sexa,

( ) ( ) ( )22 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 23x y z t x y z t x y y z z x+ + + + + − = + + .

(*) 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

( )3

2lim 01n

nan b

n→∞

+ + =

+

.

Solución enviada por Bruno Salgueiro Fanego, Viveiro, Lugo.

( )( ) ( )

( )( )( )

( )

2 3 233

2 2 2

2 110 lim lim lim

1 1 1n n n

n n n an bn n an bnan b

n n n→∞ →∞ →∞

+ + + ++ + += + + = =

+ + +

( )( ) ( ) ( )3 23 3 2 2

2 2

1 2 22 2lim lim

2 11n n

a n a b n a b n bn an an an bn bn b

n nn→∞ →∞

+ + + + + ++ + + + + += =+ ++

.

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

( ) ( ) ( ) ( )2 2

2 2 2

2 2 1 2 2 10 lim lim lim 2 0

2 1 2 1 2 1n n n

b n b n b b n b n bb

n n n n n n→∞ →∞ →∞

− + − + − − += = + = − +

+ + + + + +, logo é necesario

que 1a = − ∧ 2b = . Ademais, é suficiente que 1a = − ∧ 2b = para que o se verifique a condición do enunciado, pois nese caso

( ) ( )3 3

2 2 2

3 2lim lim 2 lim 0

2 11 1n n n

n n nan b n

n nn n→∞ →∞ →∞

++ + = − + = = + ++ +

, xa que o grao do numerador é

inferior ao do denominador.

Entón os números reais pedidos son 1a = − ∧ 2b = .

Marcos Francisco Ferreira Martinelli – Brasília - Brasil

Problema 253, propuesto por Marcel Chiritza, Bucarest, Ru-maniaLas sucesiones (an)n≥1 y (bn)n≥1 se definen de la manera siguiente:

an =n∑

m=1

m∑k=0

(−1)m(nm

)m + 2

bn =n∑

m=1

m∑k=0

(−1)m(nm

)(m + 2)(m + 4)

Determinar si son convergentes y en su caso, hallar sus lımites cuando n→∞.Solucion, (Devis Alvarado, UNAH,Tegucigalpa, Honduras)Primeros trabajemos con an

an =n∑

m=1

m∑k=0

(−1)m(nm

)m + 2

=n∑

m=1

(−1)m(m + 1)

(nm

)m + 2

= −n∑

m=1

(n

m

)∫ 0

−1

[xd

dx(xm+1)

]dx = −

∫ 0

−1

[xd

dx

(n∑

m=1

(n

m

)xm+1

)]dx

= −∫ 0

−1

[xd

dx(x(x + 1)n − x)

]dx = −

∫ 0

−1

[x(x + 1)n + nx2(x + 1)n−1 − x

]dx

= −∫ 1

0

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

]du

= −n + 1

n + 2+

2n + 1

n + 1− 3

2=

1

n + 2− 1

n + 1− 1

2

Por lo que an converge y su lımite es: −12 .

Ahora observemos que

bn =n∑

m=1

m∑k=0

(−1)m(nm

)(m + 2)(m + 4)

=n∑

m=1

(−1)m(m + 1)

(nm

)(m + 2)(m + 4)

−1

2

n∑m=1

(−1)m(nm

)m + 2

+3

2

n∑m=1

(−1)m(nm

)m + 4

Similar que, con an

n∑m=1

(−1)m(nm

)m + 2

= −n∑

m=1

(n

m

)∫ 0

−1xm+1dx = −

∫ 0

−1

n∑m=1

(n

m

)xm+1dx

= −∫ 0

−1x [(x + 1)n − 1] dx = − 1

n + 2+

1

n + 1− 1

2= −1− an

1

Y

n∑m=1

(−1)m(nm

)m + 4

= −n∑

m=1

(n

m

)∫ 0

−1xm+3dx = −

∫ 0

−1

n∑m=1

(n

m

)xm+3dx

= −∫ 0

−1x3 [(x + 1)n − 1] dx = − 1

n + 4+

3

n + 3− 3

n + 2+

1

n + 1− 1

4

Por lo tanto

bn = −1

2

[− 1

n + 2+

1

n + 1− 1

2

]+

3

2

[− 1

n + 4+

3

n + 3− 3

n + 2+

1

n + 1− 1

4

]

= −32

n + 4+

92

n + 3− 4

n + 2+

1

n + 1− 1

8.

Que converge y su lımite es: −18 .

2

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

Divertimentos matemáticos (51)

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