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ME

SALE :/

Revista académica de los Educadores y Mentores

del Programa Jóvenes Talento

Año 2 Número 2

Diciembre 2010

Contenidos

Artículos

Presentamos dos exposiciones del V Taller Centroamericano de Resolución de Problemas

Olímpicos, desarrollado en el presente mes en San Salvador.

Coordenadas baricéntricas

Rufo Casco (Nicaragua)

Desigualdades algebraicas

Propuesto por el editor

Problemas olímpicos

Problemas de la Olimpiada de Mayo 2010

La Olimpiada de Mayo es una competencia juvenil a nivel iberoamericano, que se distingue

de otras olimpiadas internacionales ya que las pruebas tienen lugar en cada uno de los

países participantes, y posteriormente son enviadas al país organizador, que es Argentina.

Fue planeada por primera vez en 1995 por la entonces recién fundada Federación

Iberoamericana de Competencias Matemáticas, la cual se inspiró en la Asian-Pacific

Mathematics Olympiad como modelo a seguir. La Olimpiada de Mayo está organizada en

dos niveles: el nivel I, dirigido a estudiantes menores de 13 años, y el nivel II, para alumnos

entre 13 y 15 años de edad. Los resultados obtenidos por El Salvador el presente año son:

Nivel I

Miguel Ángel Aguilar Ramos Mención honorífica

Alma Paola Araujo Martínez Medalla de bronce

Antonia Elizabeth Pérez Castillo Medalla de plata

Rodrigo Alberto Vásquez Posada Mención honorífica

Nivel II

Jeanette Alejandra Fernández Rivera Medalla de bronce

Fernando Enrique Méndez Medina Medalla de bronce

Martín Emmanuel Romero Cisneros Medalla de bronce

Problemas de la Olimpiada Matemática de Centroamérica y el Caribe 2010 La Olimpiada Matemática de Centroamérica y el Caribe (OMCC) es una competencia

regional creada en 1999 con el objetivo de estimular el estudio de la matemática en el área

centroamericana. Actualmente participan 12 países: Colombia, Costa Rica, Cuba, El

Salvador, Guatemala, Honduras, México, Nicaragua, Panamá, Puerto Rico, República

Dominicana y Venezuela. Cada país puede participar enviando una delegación de tres

estudiantes no mayores de 16 años. La 12ª edición de la OMCC fue celebrada en mayo del

presente año en Puerto Rico, y los resultados obtenidos por la delegación salvadoreña son:

Gerardo Augusto Urbina Sánchez Medalla de bronce

Ramón Sanfeliu Beneke Medalla de plata

Manuel Alejandro Mundo Dueñas Medalla de plata

Problemas de la Olimpiada Internacional de Matemática 2010

La IMO (International Mathematical Olympiad) es la competencia de matemática de más

prestigio y dificultad a nivel preuniversitario. Fue celebrada por primera vez en Rumania en

1959, lo que la convierte en la olimpiada internacional de ciencias más antigua. Aunque en

sus primeros años estuvo confinada a los países de Europa del Este, con el pasar del tiempo

se ha convertido en un evento de carácter mundial, con 517 participantes de 97 países de

todo el mundo en 2010. La 51ª edición de la IMO fue celebrada en julio del presente año en

Kazajstán, y los resultados de nuestra delegación son:

Nahomy Jhopselyn Hernández Cruz Mención honorífica

Byron Thonatiu Escobar Benítez Mención honorífica

Jaime Antonio Bermúdez Huezo

Problemas de la Olimpiada Iberoamericana de Matemática 2010

La Olimpiada Iberoamericana de Matemática (OIM) es la competencia matemática de

mayor prestigio y dificultad a nivel latinoamericano. Fue celebrada por primera vez en

1989 a iniciativa de Colombia y Argentina, como respuesta a la falta de una olimpiada que

involucrara a todos los países de la región. Desde ese entonces el número de países

participantes ha ido en aumento hasta comprender 23 países iberoamericanos. Cada uno de

ellos puede enviar al concurso una delegación de cuatro estudiantes no mayores de 18 años;

además cada estudiante puede participar un máximo de dos veces en la OIM. La 25ª

olimpiada fue celebrada en Paraguay en septiembre del presente año, y los resultados de la

delegación salvadoreña son:

Gabriela Alejandra Flores Acevedo

Julio César Ayala Menjívar Mención honorífica

José Daniel Madrid Bautista Medalla de bronce

Manuel Alejandro Mundo Dueñas

Columna de problemas

Soluciones 4

Se recibieron soluciones de los siguientes lectores:

Problema 16: César Gómez (Colegio Santa Isabel, Cojutepeque), Manuel Mundo (Liceo

San Luis, Santa Ana).

Problema 17: Eder Jacobo (Universidad de El Salvador), Gerardo Urbina (Liceo

Salvadoreño).

Problema 19: Eder Jacobo (Universidad de El Salvador).

Además agradecemos a Carlos Ruiz y Óscar Hernández (Universidad de El Salvador) por

señalar un error en la solución publicada del problema 14. Presentamos una solución

completa por Ruiz.

Problemas 5

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.

Problemas abiertos

Los siguientes problemas todavía permanecen sin resolver: 7, 18, 20.

Acerca de NO ME SALE :/

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, o bien con artículos de divulgación científica. El documento

debe 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 invita 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 debe 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).

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

El número 6 de la revista está programado para abril de 2011.

Dado un triángulo ABC, con sus vértices en sentidos antihorarios, definimos las coordenadas baricentricas

del punto P como:

( : : ) ( ) : ( ) : ( )P x y z PBC PCA PAB

Convenimos que el área de un triángulo es positiva si sus vértices se recorren en sentido antihorario.

Ejemplo: Circuncentro “O”

2 2 2

2 2 2 2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

: :

1 1 12 : 2 : 2

2 2 2

cos : cos : cos

: :2 2 2

( ) : ( ) : ( )

O OBC OCA OAB

R sen A R sen B R sen C

senA A senB B senC C

b c a a c b a b ca b c

bc ac ab

a b c a b a c b c a b c

Trazas de un punto. Si ( : : )P x y z , entonces los pies de las cevianas AP, BP y CP vienen dadas por:

(0 : : )

( : 0 : )

( : : 0)

D y z

E x z

F x y

Coordenadas Baricentricas Absolutas: Las coordenadas baricentricas absolutas del punto “P” se denota

por:

1

( ) ( ) ( )( )

P PBC A PCA B PAB CABC

Si ( : : )P x y z

1

P xA yB zCx y z

Si P y Q tienen coordenadas baricentricas absolutas, el punto “X” divide a PQ en la razón

: :PX XQ p q , entonces las coordenadas baricentricas absolutas de X serán qP pQ

Xp q

Si los vértices de un triángulo 1 2 3PP P , tienen coordenadas baricentricas absolutas

i i i iP x A y B z C , entonces el área de dicho triángulo viene dada por:

Coordenadas Baricentricas.

1 1 1

1 2 3 2 2 2

3 3 3

( ) ( )

x y z

PP P x y z ABC

x y z

Si tres puntos 1P ,

2P y 3P están alineados, con coordenadas baricentricas absolutas

i i i iP x A y B z C , si y solo si:

1 1 1

2 2 2

3 3 3

0

x y z

x y z

x y z

Baricentro: Sean X, Y y Z los puntos medios del triángulo ABC, entonces:

: 1 : 1

: 1 : 1

: 1 : 1

BX XC

AY YC

AZ ZB

Estos concurren en el Centroide G con coordenadas homogéneas 1:1:1 o 1

( )3

G A B C

Teorema de Ceva: Sean X, Y y Z puntos sobre las líneas BC, CA y AB respectivamente tales que:

: :

: :

: :

BX XC y z

AY YC x z

AZ ZB x y

Si 1 1 1

0x y z , las líneas AX, BY, CZ se cortan en un punto P con coordenadas homogéneas:

1 1 1: : : :yz xz xy

x y z

Con respecto al triángulo ABC. Tienen coordenadas baricentricas:

1

P zyA xzB xyCzy xz xy

Incentro: Sean X, Y y Z las intersecciones de las bisectrices interiores con los lados del triángulo ABC,

entonces:

: : :

: : :

: : :

BX XC c b ac ab

AY YC c a bc ab

AZ ZB b a bc ac

Las bisectrices interiores se cortan en el Incentro, con coordenadas:

1 1 1: : : :a b c

bc ac ab o

1I aA bB cC

a b c

Punto de Gergonne: Sean X, Y y Z los puntos de tangencia del incírculo con los lados del triángulo ABC.

0 : :

: 0 :

: : 0

X s c s b

Y s c s a

Z s b s a

Ordenando:

0 :1 ( ):1 ( )

1 ( ): 0 :1 ( )

1 ( ):1 ( ): 0

X s b s c

Y s a s c

Z s a s b

Las coordenadas homogéneas del punto de Gergonne son:

1 ( ) :1 ( ) :1 ( )eG s a s b s c

Teorema de Menelao: Sean X, Y y Z puntos sobre las líneas BC, CA y AB respectivamente tales que:

: :

: :

: :

BX XC y z

AY YC x z

AZ ZB x y

Entonces X, Y y Z están alineados.

Recta de Lemoine. Sea X el punto de corte de la tangente trazada por A al circuncírculo del triángulo

ABC con BC, se tiene que: 2 22 2

2 2 2

BX BX CX AX AX AB c

CX CX CX CX CA b

Es decir: 2 2: :BX XC c b , de manera similar se con Y y Z, obteniendo:

2 2 2 2

2 2 2 2

2 2 2 2

: : 1 : 1

: : 1 : 1

: : 1 : 1

BX XC c b b c

AY YC c a a c

AZ ZB b a a b

Esto quiere decir que X, Y y Z están alineados.

Punto de Nagel. Sean X, Y y Z los puntos de tangencia de los excircírculos, estos tienen coordenadas

homogéneas:

0 : :

: 0 :

: : 0

X s b s c

Y s a s c

Z s a s b

( ) : ( ) : ( )aN s a s b s c

o en coordenadas absolutas:

1

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )

aN s a A s b B s c Cs a s b s c

1( )

3 2

1( ) ( )

2( ) ( )

2

3 2

aN sA sB sC aA bB cCs s

s A B C aA bB cCs

A B C aA bB cCs

G I

Concluimos que el punto de Nagel, el Centroide y el Incentro se encuentran alineados (Recta de Nagel o

Recta de Housel), con el punto de Nagel dividiendo al segmento IG externamente con razón

: 3: 2a aIN N G

Puntos Isotómicos, Isogonales conjugados.

Sea P un punto con coordenadas baricentricas : :P x y z

El punto conjugado isotómico de P “ P” tiene coordenadas baricentricas:

1 1 1: :P

x y z

Si : :P x y z entonces:

0: :G y z

: 0 :H x z

: : 0J x y

Y sus isotómicos respectivos serán:

' 0 : : 0 :1 :1G z y y z

' : 0 : 1 :0 :1H z x x z

' : : 0 1 :1 :0J y x x y

Por lo que las coordenadas de P serán:

1 1 1: :P

x y z

P

El punto conjugado isogonal de P “ *P ” tiene coordenadas baricentricas: 2 2 2

* : :a b c

Px y z

Si : :P x y z entonces:

' 0 : :A y z

' : 0 :B x z

' : : 0C x y

1 1

1 1

1 1

1 1

( '' ) ( )'' ( '')

'' ( '') ( '' ) ( )

0.5( )( )( )

0.5( )( )( )

BA D BADBA BAA

A C CAA CA D CAD

BD AD senC c CD

CD AD senB b BD

' ( ) 0.5( )( )( )

' ( ) 0.5( )( )( )

z BA BAD BD AD senC c BD

y A C CAD CD AD senB b CD

BD bz

CD cy

2

2

''

''

BA c CD c y

A C b BD b z

,

2 22 2'' 0 : : 0 : :

b cA b z c y

y z

Y de manera similar: 2 2

'' : 0 :a c

Bx z

2 2

'' : : 0a b

Cx y

, por lo que por el teorema de las trazas AA’’, BB’’ y CC’’ son concurrentes en *P con

coordenadas baricentricas:

2 2 2* : :

a b cP

x y z

Punto de “K” de Lemoine: Las rectas isogonales conjugadas a las medianas de un triangulo son

concurrentes en el punto K de Lemoine. Como las coordenadas del baricentro son 1:1:1G , entonces las

coordenadas del punto de Lemoine será: 2 2 2

2 2 2: : : :1 1 1

a b cK a b c

Problema1: Demostrar que el incentro es el punto de Nagel del triangulo medial.

*P

El semiperimetro en el DEF 1 1

( )2 4 2

DEF

DE EF FDs a b c s

, s: semiperimetro ABC

Las coordenadas del punto de Nagel del DEF serán:

1( ) ( ) ( )

2 1 1 1 1 1 1( ) ( ) ( )2 2 2 2 2 2

1( ) ( ) ( )

DEF DEF DEF DEF

DEF

Na s DE F s DF E s EF Ds

s a F s b E s c Ds

s a F s b E s c Ds

Sabiendo que:

1( )

2F B C ,

1( )

2E A C ,

1( )

2D A B

Entonces:

1( ) ( ) ( )

1 1 1 1( )( ) ( )( ) ( )( )

2 2 2

1( ) ( ) ( )

2

1

2

DEF

ABC

Na s a F s b E s c Ds

s a B C s b A C s c B As

A s b s c B s a s c C s a s bs

aA bB cCs

I

Problema 2: Sean M, N y L puntos sobre los lados BC, CA y AB, respectivamente, tales que

BM CN AL

BC AC AB , demostrar que el baricentro del triángulo ABC coincide con el del triángulo LMN.

BC AC ABk

BM CN AL

1

1

BM CN AL

MC NA LB k

0: 1:1M k , 1: 0 : 1N k , 1:1: 0L k

1

( 1)M k B Ck

1

( 1)N A k Ck

1

( 1)L k A Bk

1

3

1 1 1 1( 1) ( 1) ( 1)

3

1 1 1 1 1 1 11 1 1

3

1

3

LMN

ABC

G M N L

k B C A k C k A Bk k k

A B Ck k k k k k

A B C

G

Problema 3: Sea ABC con 60A , F el punto de Feurbach, r: inradio. Demostrar que AF r

(IMOTC-India).

Sea I: Incentro, M: punto de

tangencia del incirculo con AB.

Entonces 2 2AI IM r , IF r

AF r . Si AF r (1) A, F e I

están alineados, y como F, I y 9O

también lo están A, F, I y 9O , es

decir que A, I y 9O están alineados,

por coordenadas baricentricas seria:

Estos tres puntos están alineados si y solo si:

1 0 0

0

cos( ) cos( ) cos( )

a b c

a B C b C A c A B

Que es equivalente a demostrar que: cos( ) cos( ) 0bc A B cb C A , como 60A

Entonces: cos( ) cos( 60 ) cos(120 60 ) cos(60 ) cos( )cb C A cb C cb B cb B cb A B

Por lo que queda demostrado que el determinante formado por las coordenadas de esos tres puntos es igual

a cero, por lo que dichos puntos están alineados, implicando la relación (1) en que AF r

9

: :

cos( ) : cos( ) : cos( )

1: 0 : 0

I a b c

O a B C b C A c A B

A

Algunos puntos notables:

Incetro : :

1 1 1: :

2 2 2

: :

I IBC ICA IAB

ar br cr

a b c

Centroide : :

1 1 1( ) : ( ) : ( )

3 3 3

1:1:1

G GBC GCA GAB

ABC ABC ABC

Circumcentro

2 2 2

: :

1 1 12 : 2 : 2

2 2 2

2 : 2 : 2

O OBC OCA OAB

R sen A R sen B R sen C

sen A sen B sen C

Ortocentro : :

1 1 1(180 ) : (180 ) : (180 )

2 2 2

: :

: :cos cos cos

tan : tan : tan

H HBC HCA HAB

HB HCsen A HC HAsen B HA HBsen C

HA HB HCsenA HA HB HCsenB HA HB HCsenC

HA HB HC

senA senB senC

R A R B R C

A B C

Centro de los 9-puntos

9 9 9 9: :

1 1 cos 1 1 cos 1 1 coscos : cos : cos

2 2 tan 2 2 tan 2 2 tan

cos cos cos cos cos coscos : cos : cos

O O BC O CA O AB

c B a C b Aa R A b R B c R C

C A B

c B C a A C b A Ba R A b R B c R C

senC senA senB

(cos 2cos cos ) : (cos 2cos cos ) : (cos 2cos cos )

( cos cos 2cos cos ) : ( cos cos 2cos cos )

: ( cos cos 2cos cos )

cos( ) : cos( ) : cos( )

aR A B C bR B A C cR C B A

a B C senBsenC B C b A C senAsenC A C

c B A senBsenA B A

a B C b C A c A B

Mittenpunkt

baricentrica a(b + c - a) : b(c + a - b) : c(a + b - c)

Centro de Spieker

baricentrica b + c : c + a : a + b

Punto de Feuerbach

baricentrica a(1 - cos(b - c)) : b(1 - cos(c - a)) : c(1 - cos(a - b))

= h(a,b,c) : h(b,c,a) : h(c,a,b), donde h(a,b,c) = (b + c - a)(b - c)2

1er Centro Isogonico (punto de Fermat , punto de Torricelli)

baricentrica a csc(a + π/3) : b csc(b + π/3) : c csc(c + π/3)

2nd Centro Isogonico

baricentrica a csc(a - π/3) : b csc(b - π/3) : c csc(c - π/3)

1er Punto Isodinamico

baricentrica a sin(a + π/3) : b sin(b + π/3) : c sin(c + π/3)

2do Punto Isodinamico

baricentrica a sin(a - π/3) : b sin(b - π/3) : c sin(c - π/3)

1er Punto de Napoleon

baricentrica a csc(a + π/6) : b csc(b + π/6) : c csc(c + π/6)

2do Punto de Napoleon

baricentrica a csc(a - π/6) : b csc(b - π/6) : c csc(c - π/6)

Punto de Clawson

baricentrica a tan a : b tan b : c tan c

Punto de Schiffler

baricentrica a/(cos b + cos c) : b/(cos c + cos a) : c/(cos a + cos b)

3er Punto de Brocard

baricentrica 1/a2 : 1/b

2 : 1/c

2

Punto de Tarry

baricentrica g(a,b,c) : g(b,c,a) : g(c,a,b), donde g(a,b,c) = 1/(b4 + c

4 - a

2b

2 - a

2c

2)

Punto de Steiner

baricentrica 1/(b2 - c

2) : 1/(c

2 - a

2) : 1/(a

2 - b

2)

Punto de Parry

baricentrica a2/(2a

2 - b

2 - c

2) : b

2/(2b

2 - c

2 - a

2) : c

2/(2c

2 - a

2 - b

2)

Notación de Conwey: Sea “S” denota dos veces el área de (ABC). Para un número Real , denota

cotS S , en particular:

2 2 2

2A

b c aS

,

2 2 2

2B

a c bS

,

2 2 2

2C

a b cS

Para arbitrarios y S S S

Lema: 2

B CS S a , 2

AB BC CAS S S S

Ortocentro: 1 1 1

: :A B C

HS S S

Circuncentro: 2 2 2: :A B CO a S b S c S

Formula de Conway:

Sea P un punto tal como se muestra en la figura:

Entonces las coordenadas baricentricas serán:

2 : :C BP a S S S S , con ,2 2

2

2

2

2

( ) : ( ) : ( )

1 1 1(180 ) : ( ) : ( )

2 2 2

( ) : ( ) : ( )( ) ( ) ( )

( ) ( ): : (*)

cos:

P PBC PCA PAB

PB PCsen PC CAsen C PB BAsen B

a sen sen basen casensen sen C sen B

sen sen sen

absen C acsen Ba

sen sen

absenCa

s

2

cos cos cos:

: :C B

ab CsenC acsenB ac BsenB

en senC sen senB

a S S S S

Si fuese la traza A’, sus coordenadas serian

' 0 : ( ) : ( )

( ) ( )0 : :

A PCA PAB

absen C acsen B

sen sen

(*) , si seria:

' 0 : ( ) : ( )

0 : ( ) : ( ) 0 : :( ) ( )

A PCA PAB

b cbsen C csen B

sen B sen C

( )

a senBP

sen

( )

a senPC

sen

' : 0 :( ) ( )

a cB

sen A sen C

' : : 0( ) ( )

a bC

sen A sen B

Y por el teorema de las trazas concurrirían en un punto “P” con coordenadas:

csc( ) : csc( ) : csc( )P a A b B c C

Ejemplos:

Si 6

a aO BC O CB

, resultaría que estamos hablando del 1er. Punto de Napoleón que resulta de

unir los vértices de un triangulo con el centro del triangulo equilátero construido sobre el lado opuesto a

dicho vértice y no solapado (con el triangulo original). csc( ) : csc( ) : csc( )6 6 6

N a A b B c C

Si ' '3

A BC A CB

, resultaría que estamos hablando del 1er. Punto de Fermat que resulta de

unir los vértices de un triangulo con el centro del hexagono construido sobre el lado opuesto a dicho

vértice y no solapado (con el triangulo original). csc( ) : csc( ) : csc( )3 3 3

F a A b B c C

Punto negativo de NapoleónPunto positivo de Napoleón

Punto positivo de FermatPunto negativo de Fermat

Si 4

a aO BC O CB

, resultaría que estamos hablando del 1er. Punto de Vecten que resulta de

unir los vértices de un triangulo con el centro del cuadrado construido sobre el lado opuesto a dicho vértice

y no solapado (con el triangulo original). csc( ) : csc( ) : csc( )4 4 4

V a A b B c C

Teorema de las trazas Generalizado:

Sea P un punto con coordenadas baricentricas ( : : )P x y z

Cualquier punto “X” sobre la ceviana AP tendrá coordenadas ***: :X y z

Cualquier punto “Y” sobre la ceviana BP tendrá coordenadas : :Y x z

Cualquier punto “Z” sobre la ceviana CP tendrá coordenadas : :Z x y

Y si existen puntos X, Y y Z tales que:

***: :X y z

: :Y x z

: :Z x y

Entonces AX, BY y CZ concurrirán en un punto P de coordenadas baricentricas ( : : )P x y z

Punto de Fermat: (figura anterior)

22

3 3

1 1' : : : :

3 3 3 3

C B

c B B c

aA a S S S S

S S S SS S S S

21 1' : :

3 3 3 3A A C C

bB

S S S SS S S S

21 1' : :

3 3 3 3A B A B

cA

S S S SS S S S

Punto positivo

de Vecten

Punto negativo de Vecten

Por lo que las rectas AA’, BB’ y CC’ son concurrentes en un punto (F de Fermat) con coordenadas:

1 1 1: :

3 3 3

1 1 1: :

3 3 3

A B C

A B C

FS S S

S S S

S S S S S S

Ecuación de la Recta:

Sean 1 2 3: :P p p p y 1 2 3: :Q q q q , la ecuación para cualquier punto : :R x y z es:

1 2 3

1 2 3

0

x y z

p p p

q q q

, 2 3 3 2 3 1 1 3 1 2 2 1( ) ( ) ( ) 0p q p q x p q p q y p q p q z

2 3 3 2( ) 0ciclica

p q p q x

Recta de Euler: ( 9OGHO )

1:1:1G

: :BC CA ABH S S S

9( ) ( ) ( ) ( ) 0OGHO AB CA BC AB CA BC A B C

ciclica

S S x S S y S S z S S S x

Recta de Fermat: (recta que une F y F )

1 1 1: :

3 3 3

1 1 1: :

3 3 3

A B C

A B C

FS S S S S S

FS S S S S S

2 2

2 2

2 2

2

1 1

( 3 )( 3 ) ( 3 )( 3 )

3 3 3 3 3 3

(3 )(3 )

2 3( )

(3 )(3 )

(3 )( ) 0

F F

ciclica B C B C

BC B C BC B C

ciclica BB CC

B C

ciclica BB CC

AA B C

ciclica

xS S S S S S S S

S S S S S S S S S S S Sx

S S S S

S S Sx

S S S S

S S S S x

Intersección de dos rectas:

1 1 1

2 2 2

0

0

p x q y r z

p x q y r z

la intersección “P” tiene por coordenadas baricentricas:

1 2 2 1 2 1 1 2 1 2 2 1: :P q r q r p r p r p q p q

Intersección de F F

y 9OGHO

A-coordenada intersección será:

2 2

2 2

2

( )( )(3 ) ( )( )(3 )

( )( ) (3 ) (3 )

( )( )( )(3 )

B C A A B CC C A B C A BB

C A A B B CC C BB

C A A B B C BC

S S S S S S S S S S S S S S

S S S S S S S S S S

S S S S S S S S

Y la intersección tendrá por coordenadas:

2 2 2(3 ) : (3 ) : (3 )BC CA ABS S S S S S

Comentario: El uso de coordenadas baricentricas facilita ciertos casos en los que se conoce sobre qué

punto estamos tratando, el tema continua es amplio pues el lector habrá notado que tratamos sobre puntos

alineados, ecuación de la recta pero que pasa con distancia entre dos puntos? o la ecuación de la

circunferencia? O de una curva en general el atractivo del tema es innegable aunque de cierta manera es

muy algebraico que propiamente geométrico, invitamos al lector a que siga profundizando sobre el tema ya

que tiene las herramientas básicas para poder seguir ampliándose sobre lo expuesto.

Bibliografía:

www. mathworld.wolfram.com

Introducción a la Geometría del triangulo 2001, Paul Yiu (Departamento de Matemática, Florida

Atlantic University), 25-30.

El uso de Coordenadas Baricentricas homogéneas en el plano de geometría euclidiana, Paul Yiu

569-578. COXETER, H.S.M., 1995, Linear Algebra and Its Applications, 226/228, 375–388.

Rufo Holvin Casco Arevalo (Managua-Nicaragua)

E-mail: ruhocasar@hotmail.com

Programa Jovenes Talento de El SalvadorV Taller Centroamericano de Resolucion de Problemas Olımpicos

Teorıa de Desigualdades Algebraicas17 de diciembre de 2010

1. Media de potencias ponderada.

Sean x1, x2, . . . , xn, ω1, ω2, . . . , ωn numeros reales no negativos y r ∈ R. Entonces la r-esimamedia de potencias ponderada

Mr(x1, x2, . . . , xn, r) =(ωr1 + ωr2 + · · ·+ ωnx

rn

ω1 + ω2 + · · ·+ ωn

) 1r

es una funcion no decreciente de r.

Nota: Por convencion el caso r = 0 representa la media geometrica.

Casos particulares:

Desigualdad de las medias armonica-geometrica-aritmetica-cuadratica. Para ω1 = · · · = ωn = 1,r = −1, 0, 1, 2,

n

1/x1 + 1/x2 + · · ·+ 1/xn≤ n√x1x2 · · ·xn ≤

x1 + x2 + · · ·+ xnn

≤√x2

1 + x22 + · · ·+ x2

n

n.

Medias de potencias. Para ω1 = · · · = ωn = 1 y dos enteros positivos r < s nos da

r

√xr1 + xr2 + · · ·+ xrn

n≤ s

√xs1 + xs2 + · · ·+ xsn

n.

2. Desigualdad de Muirhead.

Definicion de mayoracion. Dados dos vectores de coordenadas no negativas A = (a1, a2, . . . , an),B = (b1, b2, . . . , bn), decimos queA mayoriza a B, y escribimos A � B, si se cumplen lassiguientes condiciones:

a1 ≥ b1a1 + a2 ≥ b1 + b2

...a1 + a2 + · · ·+ an−1 ≥ b1 + b2 + · · · bn−1

a1 + a2 + · · ·+ an = b1 + b2 + · · ·+ bn.

Notacion simetrica. Sean x1, x2, . . . , xn, α1, α2, . . . , αn, numeros no negativos, y Sn el conjuntode permutaciones de {1, 2, . . . , n} . Entonces definimos la suma simetrica∑

simetrica

xα11 xα2

2 · · ·xαnn =

∑σ∈Sn

xα1σ(1)x

α2σ(2) · · ·x

αn

σ(n).

Cuando las variables x1, x2, . . . , xn se sobreentienden, se suele representar la suma simetricasimplemente por el arreglo sus exponentes [α1, α2, . . . , αn].

La desigualdad de Muirhead dice que si A = {αi}1≤i≤n y B = {βi}1≤i≤n son dos sucesiones nonegativas tales que A � B, se cumple que [α1, α2, . . . , αn] ≥ [β1, β2, . . . , βn].

3. Desigualdad de Schur. Dados α ∈ R y β > 0, se cumple que

[α+ 2β, 0, 0] + [α, β, β] ≥ 2[α+ β, β, 0].

Caso particular: Si a, b, c numeros no negativos y r > 0, entonces

ar(a− b)(a− c) + br(b− c)(c− a) + cr(c− a)(c− b) ≥ 0,

con igualdad si y solo si a = b = c o dos de las variables son iguales y la tercera es 0.

4. Desigualdad de Minkowski. Dados x1, x2, . . . , xn, y1, y2, . . . , yn numeros reales positivosy p > 1. Entonces [

n∑i=1

(xi + yi)p]1/p

≤

(n∑i=1

xpi

)1/p

+

(n∑i=1

ypi

)1/p

.

La igualdad se tiene si y solo si las sucesiones {xi} y {yi} son proporcionales, esto es, si y solo siexiste un λ > 0 tal que xi = λyi para todo 1 ≤ i ≤ n.

5. Desigualdad de Holder. Sean x1, x2, . . . , xn, y1, y2, . . . , yn numeros reales positivos yp, q > 1 numeros tales que 1/p+ 1/q = 1. Entonces

n∑i=1

xiyi ≤

(n∑i=1

xpi

)1/p( n∑i=1

yqi

)1/q

.

La igualdad se tiene si y solo si las sucesiones {xi} y {yi} son proporcionales.

6. Desigualdad de Cauchy-Schwarz. Para cualesquiera x1, x2, . . . , xn, y1, y2, . . . , yn(n∑i=1

xiyi

)2

≤n∑i=1

x2i

n∑i=1

y2i ,

con igualdad si y solo si {xi} y {yi} son proporcionales.

7. Desigualdad de Chebyshev. Sean a1, a2, . . . , an, b1, b2, . . . , bn dos sucesiones monotonascrecientes. Entonces

n

n∑i=1

aibi ≥n∑i=1

ai

n∑i=1

bi ≥ nn∑i=1

aibn+1−i.

8. Desigualdad del reacomodo. Sean a1, a2, . . . , an, b1, b2, . . . , bn dos sucesiones monotonascrecientes, y σ una permutacion de {1, 2, . . . , n}. Entonces

n∑i=1

aibi ≥n∑i=1

aibσ(i) ≥n∑i=1

aibn+1−i.

9. Desigualdad de Jensen ponderada.

Definicion de convexidad. Una funcion f es convexa en un intervalo [a, b] si para cualesquierax, y ∈ [a, b] y 0 ≤ λ ≤ 1 se cumple que

λf(x) + (1− λ)f(y) ≥ f(λx+ (1− λ)y).

Sea f : [a, b] → R una funcion convexa. La desigualdad de Jensen dice que para cualesquierax1, x2, . . . , xn ∈ [a, b] y ω1, ω2, . . . , ωn ≥ 0 se cumple que

ω1f(x1) + ω2f(x2) + · · ·+ ωnf(xn) ≥ (ω1 + ω2 + · · ·+ ωn)f(ω1x1 + ω2x2 + · · ·ωnxnω1 + ω2 + · · ·+ ωn

).

2

10. Desigualdad de Karamata. Dada una funcion convexa f : [a, b] → R y dos sucesiones X ={xi}ni=1, Y = {yi}ni=1 ∈ [a, b] tales que X � Y , se tiene que

n∑i=1

f(xi) ≥n∑i=1

f(yi).

11. Desigualdad de Bernoulli. Para todo x ≥ −1 y r ≥ 1,

(1 + x)r ≥ 1 + xr.

Problemas propuestos

En cada caso, demostrar las siguientes desigualdades dadas las condiciones indicadas.

1. a, b, c ≥ 0. (a+ b)(a+ c) ≥ 2√abc(a+ b+ c).

2. a, b, c > 0.(a+ b)2

c+c2

a≥ 4b.

3. a, b, c ∈ R, ab+ bc+ ca ≥ 0.

ab

a2 + b2+

bc

b2 + c2+

ca

c2 + a2≥ −1

2.

4. a, b, c > 0. ∑cıclica

a2b2(b− c)a+ b

≥ 0.

5. x, y > 0, (x+√x2 + 1)(y +

√y2 + 1) = 2011. Calcular el valor mınimo de x+ y.

6. x, y, z ≥ 1,1x

+1y

+1z

= 2.

√x+ y + z ≥

√x− 1 +

√y − 1 +

√z − 1.

7. a, b > 0, a+ b = 1. Hallar el mınimo de1

1−√a

+1

1−√b.

8. x1, x2, . . . , xn > 0,1

x1 + 1998+

1x2 + 1998

+ · · · 1xn + 1998

=1

1998.

n√x1x2 · · ·xnn− 1

≥ 1998.

9. 0 ≤ a, b, c ≤ 1.

a

b+ c+ 1+

b

c+ a+ 1+

c

a+ b+ 1+ (1− a)(1− b)(1− c) ≤ 1.

10. Sean a1 ≥ a2 ≥ · · · ≥ an y b1 ≥ b2 ≥ · · · ≥ bn dos sucesiones de reales positivos tales que

a1 ≥ b1, a1b1 ≥ a2b2, . . . , a1a2 · · · an ≥ b1b2 · · · bn.

Mostrar que a1 + a2 + · · ·+ an ≥ b1 + b2 + · · ·+ bn.

3

11. x, y, z > 0, xyz = 1.

x3

(1 + y)(1 + z)+

y3

(1 + z)(1 + x)+

z3

(1 + x)(1 + y)≥ 3

4.

12. a, b, c > 0. (1 +

a

b

)(1 +

b

c

)(1 +

c

a

)≥ 2

(1 +

a+ b+ c3√abc

).

13. x, y, z > 0, xyz = 1.

xy

x5 + xy + y5+

yz

y5 + yz + z5+

zx

z5 + zx+ x5≤ 1.

14. x1, x2, . . . , xn > 0,1x1

+1x2

+ · · ·+ 1xn

= n.

x1 +x2

2

2+ · · ·+ xnn

n≥ 1 +

12

+ · · ·+ 1n.

15. a, b, c > 0, abc = 1. (a− 1 +

1b

)(b− 1 +

1c

)(c− 1 +

1a

)≤ 1.

16. a, b, c > 0, abc = 1.1

a+ b+ 1+

1b+ c+ 1

+1

c+ a+ 1≤ 1.

17. a, b, c > 0.(a2 + 2)(b2 + 2)(c2 + 2) ≥ 9(ab+ bc+ ca).

18. a, b, c > 0.(2a+ b+ c)2

2a2 + (b+ c)2+

(2b+ c+ a)2

2b2 + (c+ a)2+

(2c+ a+ b)2

2c2 + (a+ b)2≤ 8.

Referencias

Engel, A., Problem-solving strategies, Springer-Verlag, 1998.

Hung, P.K., Secrets in Inequalities, GIL Publishing House, 2007.

Matic, I., Classical inequalities, The IMO Compendium Olympiad Training Materials,http://www.imomath.com

Mildorf, T., Olympiad inequalities, http://web.mit.edu/tmildorf/www/

Lee, H., Topics in inequalities - Theorems and techniques,http://www.eleves.ens.fr/home/kortchem/olympiades/cours/inegalites/tin2006.pdf

Contacto

Gabriel Alexander Chicas Reyes (University of Tokyo)E-mail address: gachr.ebc253@gmail.com

4

XVIa OLIMPÍADA de MAYO

Primer Nivel Mayo de 2010

Duración de la prueba: 3 horas. Cada problema vale 10 puntos. No puedes usar calculadora; no puedes consultar libros ni apuntes. Justifica cada una de tus respuestas. Al participar te comprometes a no divulgar los problemas hasta el 25 de mayo.

PROBLEMA 1 Un recipiente cerrado con forma de paralelepípedo rectángulo contiene 1 litro de agua. Si el recipiente se apoya horizontalmente sobre tres caras distintas, el nivel del agua es de 2 cm, 4 cm y 5 cm. Calcula el volumen del paralelepípedo. PROBLEMA 2 En la etapa 0 se escriben los números: 1 , 1. En la etapa 1 se intercala la suma de los números: 1, 2 , 1. En la etapa 2 entre cada par de números de la etapa anterior se intercala la suma de ellos: 1, 3, 2, 3, 1. Una etapa más: 1, 4, 3, 5, 2, 5, 3, 4, 1. ¿Cuántos números hay en la etapa 10? ¿Cuál es la suma de todos los números que hay en la etapa 10? PROBLEMA 3 ¿Es posible colorear los enteros positivos con tres colores de modo que siempre que se suman dos números de colores distintos, el resultado de su suma sea del tercer color? (Hay que usar los tres colores.) Si la respuesta es afirmativa, indica un posible coloreo; si no, explica el porqué. PROBLEMA 4 Halla todos los números naturales de 90 dígitos que son múltiplos de 13 y tienen los primeros 43 dígitos iguales entre sí y distintos de cero, los últimos 43 dígitos iguales entre sí, y los 4 dígitos del medio son 2, 0, 1, 0, en ese orden. PROBLEMA 5 En un tablero de 2 × 7 cuadriculado en cuadritos de 1 × 1 se consideran los 24 puntos que son vértices de los cuadritos. Juan y Matías juegan sobre este tablero. Juan pinta de rojo igual cantidad de puntos en cada una de las tres líneas horizontales. Si Matías puede elegir tres puntos rojos que sean vértices de un triángulo acutángulo, Matías gana el juego. ¿Cuál es la máxima cantidad de puntos que puede colorear Juan para asegurarse de que Matías no gane? (Para el número hallado, da un ejemplo de coloreo que le impida ganar a Matías y justifica por qué si el número es mayor, Matías siempre puede ganar.)

XVIa OLIMPÍADA de MAYO

Segundo Nivel Mayo de 2010

Duración de la prueba: 3 horas. Cada problema vale 10 puntos. No puedes usar calculadora; no puedes consultar libros ni apuntes. Justifica cada una de tus respuestas. Al participar te comprometes a no divulgar los problemas hasta el 25 de mayo.

PROBLEMA 1 Determina el menor entero positivo que tiene todos sus dígitos iguales a 4, y es múltiplo de 169. PROBLEMA 2 Consideramos el rectángulo ABCD y la circunferencia de centro D y radio DA, que corta a la prolongación del lado AD en el punto P. La recta PC corta a la circunferencia en el punto Q y a la prolongación del lado AB en el punto R. Demuestra que QB = BR. PROBLEMA 3 Hallar el mínimo 2k > para el cual existen k números enteros consecutivos tales que la suma de sus cuadrados es un cuadrado. PROBLEMA 4 Sea n un entero tal que 1 < n < 2010. Dado un polígono regular de 2010 lados y n monedas, debemos colorear los vértices del polígono utilizando n colores dados, y luego ubicar las n monedas en n vértices del polígono. A continuación, cada segundo, todas las monedas se desplazan al vértice vecino, girando en el sentido de las agujas del reloj. Determina los valores de n para los que es posible hacer la coloración y elegir las posiciones iniciales de las monedas, de manera que en todo momento las n monedas estén todas en vértices de distinto color. PROBLEMA 5 Se tienen las siguientes piezas: un rectángulo de 4×1, dos rectángulos de 3×1, tres rectángulos de 2×1 y cuatro cuadrados de 1×1. Ariel y Bernardo juegan el siguiente juego en un tablero de n×n, donde n es un número que elige Ariel. En cada movida, Bernardo recibe de Ariel una pieza R. A continuación Bernardo analiza si puede colocar R en el tablero de modo que no tenga puntos en común con ninguna de las piezas colocadas anteriormente (ni siquiera un vértice común). Si existe una tal ubicación para R, Bernardo debe elegir una de ellas y ubicar R. El juego se detiene si es imposible ubicar R de la manera explicada, y Bernardo gana. Ariel gana sólo si se han colocado las 10 piezas en el tablero. a) Supongamos que Ariel le da las piezas a Bernardo en orden decreciente de tamaño. ¿Cuál es el menor n que le garantiza a Ariel la victoria? b) Para el n hallado en a), si Bernardo recibe las piezas en orden creciente de tamaño, ¿tiene Ariel garantizada la victoria? ACLARACIÓN: Cada pieza debe cubrir exactamente un número de cuadrados unitarios del tablero igual a su propio tamaño. Los lados de las piezas pueden coincidir con partes del borde del tablero.

Wednesday, July 7, 2010

Problem 1. Determine all functions f : R → R such that the equality

fÄbxcy

ä= f(x)

öf(y)

ùholds for all x, y ∈ R. (Here bzc denotes the greatest integer less than or equal to z.)

Problem 2. Let I be the incentre of triangle ABC and let Γ be its circumcircle. Let the line AI

intersect Γ again at D. Let E be a point on the arc BDC and F a point on the side BC such that

∠BAF = ∠CAE < 12∠BAC.

Finally, let G be the midpoint of the segment IF . Prove that the lines DG and EI intersect on Γ.

Problem 3. Let N be the set of positive integers. Determine all functions g : N → N such thatÄg(m) + n

äÄm + g(n)

äis a perfect square for all m,n ∈ N.

Language: English Time: 4 hours and 30 minutesEach problem is worth 7 points

Language: English

Day: 1

Thursday, July 8, 2010

Problem 4. Let P be a point inside the triangle ABC. The lines AP , BP and CP intersect thecircumcircle Γ of triangle ABC again at the points K, L and M respectively. The tangent to Γ at Cintersects the line AB at S. Suppose that SC = SP . Prove that MK = ML.

Problem 5. In each of six boxes B1, B2, B3, B4, B5, B6 there is initially one coin. There are twotypes of operation allowed:

Type 1: Choose a nonempty box Bj with 1 ≤ j ≤ 5. Remove one coin from Bj and add twocoins to Bj+1.

Type 2: Choose a nonempty box Bk with 1 ≤ k ≤ 4. Remove one coin from Bk and exchangethe contents of (possibly empty) boxes Bk+1 and Bk+2.

Determine whether there is a finite sequence of such operations that results in boxes B1, B2, B3, B4, B5

being empty and box B6 containing exactly 201020102010 coins. (Note that abc = a(bc).)

Problem 6. Let a1, a2, a3, . . . be a sequence of positive real numbers. Suppose that for somepositive integer s, we have

an = max{ak + an−k | 1 ≤ k ≤ n− 1}for all n > s. Prove that there exist positive integers ` and N , with ` ≤ s and such that an = a`+an−`

for all n ≥ N .

Language: English Time: 4 hours and 30 minutesEach problem is worth 7 points

Language: English

Day: 2

PRUEBAS PRIMER DÌA

Prueba Primer Día 24 de setiembre de 2010

Problema 1

Se tienen diez monedas indistinguibles puestas en línea. Se sabe que dos de ellas son falsas y ocupan posiciones consecutivas en la línea. Para cada conjunto de posiciones, se puede preguntar cuántas monedas falsas contiene. ¿Es posible determinar cuáles son las monedas falsas efectuando únicamente dos de estas preguntas, sin conocer la respuesta de la primera antes de formular la segunda? Problema 2

Determinar si existen números enteros positivos a y b tales que todos los términos de la sucesión definida por x1 = 2010, x2 = 2011,

1,112 ≥+++= +++ nbxxaxxx nnnnn , sean enteros. Problema 3

La circunferencia Γ inscrita al triángulo escaleno ABC es tangente a los lados BC, CA y AB en los puntos D, E y F, respectivamente. La recta EF corta a la recta BC en G. La circunferencia de diámetro GD corta a Γ en R (R ≠ D). Sean P y Q (P ≠ R, Q ≠ R) las intersecciones de BR y CR con Γ, respectivamente. Las rectas BQ y CP se cortan en X. La circunferencia circunscrita a CDE corta al segmento QR en M y la circunferencia circunscrita a BDF corta al segmento PR en N. Demostrar que las rectas PM, QN y RX son concurrentes. Duración de la prueba: 4 horas 30 minutos Versión en Español

9

PRUEBAS SEGUNDO DÌA

Prueba Segundo Día 25 de setiembre de 2010

Problema 4

Las medias aritmética, geométrica y armónica de dos números enteros positivos distintos son números enteros. Hallar el menor valor posible para la media aritmética. Nota: Si a y b son números positivos, sus medias aritmética, geométrica y armónica son

respectivamente: baba⋅

+ ,2

y

ba11

2

+.

Problema 5

Sea ABCD un cuadrilátero cíclico cuyas diagonales AC y BD son perpendiculares. Sean O el circuncentro de ABCD, K la intersección de las diagonales, L ≠ O la intersección de las circunferencias circunscritas a OAC y OBD, y G la intersección de las diagonales del cuadrilátero cuyos vértices son los puntos medios de los lados de ABCD. Probar que O, K, L y G están alineados. Problema 6

Alrededor de una mesa circular se sientan 12 personas y sobre la mesa hay 28 floreros. Dos personas pueden verse si y sólo si no hay ningún florero alineado con ellas. Probar que existen al menos dos personas que pueden verse. Duración de la prueba: 4 horas 30 minutos Versión en Español

12

16. Resolver en enteros la ecuación

(x²+1)(y²+1)+2(x-y)(1-xy)=4(1+xy).

Solución.

Si desarrollamos y reagrupamos la ecuación podemos llegar a una expresión mas manejable:

Entonces tenemos dos casos a considerar: x-y+xy-1=0 o bien x-y+xy+3=0

Si x-y+xy-1=0, entonces podemos llegar a que: (y+1)(x-1)=0

Las soluciones son infinitas y=-1, x=k para cualquier entero k; y x=1, y=k para cualquier

entero k.

Si , entonces

Los pares que son solución son (2, -5), (-2, 5), (-1, 1) y (3, -3).

Siendo estas las únicas soluciones.

Manuel Alejandro Mundo

Liceo San Luis, Santa Ana

Problema 17

Dado un polıgono regular P de 2m+ 1 lados con centro en C, hallar el numero de triangulos formadospor los vertices de P que contienen a C en su interior.

Solucion:

Es de notar que todo polıgono regular es tambien inscribible, y que el centro C del polıgono es tambiencentro de la circunferencia circunscrita Γ. Es facil ver que un triangulo inscrito en una circunferenciacontiene al circuncentro en su interior sı y solamente sı el triangulo es acutangulo.

Resolveremos el problema por descuento. En total el numero de triangulos que se pueden formar con losvertices de P son

(2m+1

3

). Tenemos entonces que el numero de triangulos acutangulos es igual al total

de triangulos menos el numero de triangulos rectangulos menos el numero de triangulos obtusangulos.

El numero de triangulos rectangulos es 0, pues para formar uno de este tipo debemos tener dos verticesdiametralmente opuestos, pero esto no ocurre en los polıgonos regulares con una cantidad impar delados.

Contemos ahora el numero de triangulos obtusangulos. Sean p1, p2, ..., p2m+1 los vertices de P , sea qel punto diametralmente opuesto a p1 en Γ, entonces q es el punto medio del arco pm+1pm+2. Ahoracontaremos el numero de triangulos obtusangulos que4p1pipj con ∠p1 agudo, ∠pi obtuso y ∠pj agudo.Tenemos que pi y pj estan en el mismo semiplano con respecto a p1q y de cada lado hay m puntos delpoligono asi que el total de triangulos de esta forma son 2

(m2

). Este proceso lo podemos realizar para

cada uno de los 2m+ 1 puntos del polıgono, y este proceso cada triangulo sera contado 2 veces.

Ası el numero de triangulos obtusangulos sera

(2m+ 1)(m

2

)=

(2m+ 1)(m)(m− 1)2

.

Tenemos entonces que el numero de triangulos acutangulos esta dado por

(2m+ 1

3

)− (2m+ 1)(m)(m− 1)

2=

(2m+ 1)(2m)(2m− 1)6

− (2m+ 1)(m)(m− 1)2

= m(2m+ 1)(

(4m− 2)− (3m− 1)6

)=

m(2m+ 1)(m− 1)6

Ası el total de triangulos cuyos vertices son vertices de P y ademas contienen a C en su interior es

m(2m+ 1)(m− 1)6

.

Problema 19

Sea π(n) el numero de primos menores o iguales que el entero positivo n. Probar que

π(n) =n∑

j=2

⌊(j − 1)! + 1

j−⌊

(j − 1)!j

⌋⌋

donde bxc denota al mayor entero menor o igual que x.

Solucion:

Mostraremos que

⌊(j − 1)! + 1

j−⌊

(j − 1)!j

⌋⌋

es 0 si j es compuesto y es 1 si j es primo, de esta manera la sumatoria estaraa contando la cantidadde primos desde 2 a n incluidos los extremos, al igual que la funcion π(n).

Caso 1: j compuesto.

Veamos en primer lugar para j = 4, tendrıamos

⌊3! + 1

4−⌊

3!4

⌋⌋=⌊

74− 1⌋

= 0

Para j > 4 utilizaremos el siguiente hecho conocido: Para j compuesto mayor que 4, j divide a (j−1)!.Esto es equivalente a decir que (j − 1)! = kj.

Entonces la expresion nos quedarıa de la siguiente forma

⌊kj + 1j−⌊kj

j

⌋⌋=⌊kj + 1j− k⌋

= 0

con lo que este caso queda terminado.

Caso 2: j primo.

Utilizaremos aca el conocido Teorema de Wilson, el cual nos dice que cuando j es primo entonces(j − 1)! = kj − 1 . Ası la expresion nos quedarıa de la siguiente forma

⌊kj − 1 + 1

j−⌊kj − 1j

⌋⌋=⌊kj

j− (k − 1)

⌋= 1

Ası esta expresion aporta una unidad si j es primo y cero unidades si j es compuesto, con lo cual secumple la igualdad.

∫dx

x4 + ax2 + 1, a > 0, x > 0 (1)

Solucion:

Sea:I =

∫dx

x4 + ax2 + 1

Primero verifiquemos para que valores de a, la expresion x4 + ax2 + 1 puede ser factorada, entonces:

x4 + ax2 + 1 = (x2)2 + a(x2) + 1 = 0

hagamos un cambio de variable, sea y = x2, entonces la expresion x4 + ax2 + 1 = 0, es equivalente a la ex-presion y2 + ay + 1 = 0, ahora las raices de esta expresion son las siguientes:

y =−a +

√a2 − 4

2o y =

−a−√

a2 − 42

Las expresiones anteriores tienen sentido si y solo si a ≥ 2. Ahora las soluciones para x son las siguientes:

x2 =−a +

√a2 − 4

2o x2 =

−a−√

a2 − 42

x =

√−a +

√a2 − 4

2o x =

√−a−

√a2 − 4

2

Ahora bien las expresiones anteriores tiene sentido si y solo si −a +√

a2 − 4 y −a −√

a2 − 4 son mayoresque cero. Verifiquemos para que valores de a se cumplen dichas expresiones:

1. Si a ≥ 2, la expresion −a−√

a2 − 4 siempre es menor que cero.

2. Asumamos que −a +√

a2 − 4 ≥ 0 y llegaremos a una contradiccion, entonces:

−a +√

a2 − 4 ≥ 0⇒√

a2 − 4 ≥ a⇒ a2 − 4 ≥ a2 ⇒ −4 ≥ 0

Como se verifico para a > 0, la expresion x4 + ax2 + 1 no tiene raices reales, por lo tanto no podemosexpresarla como producto de cuatro factores lineales.

Ahora bien consideremos lo siguiente:

Caso 1:

Para valores de a > 2 (mas adelante veremos la necesidad de considerar a 6= 2), podemos factorar la expresionx4 + ax2 + 1, de la siguiente manera:

x4 + ax2 + 1 =

(x2 − −a +

√a2 − 4

2

)(x2 − −a−

√a2 − 4

2

)

Ahora sea b = −−a +√

a2 − 42

y sea c = −−a−√

a2 − 42

, tanto b como c son mayores que cero, y se tieneque:

b− c =a−√

a2 − 42

+−a−

√a2 − 4

2= −

√a2 − 4

1

Resolver:

Si a = 2 entonces b − c = 0, asi que en este caso como a 6= 2 no tendremos problema en un cociente que loencontramos adelante.

Ahora:

I =∫

dx

x4 + ax2 + 1=∫

dx

(x2 + b)(x2 + c)

La expresion de la derecha se puede resolver utilizando fracciones parciales de la siguiente manera:

1(x2 + b)(x2 + c)

=Ex + F

x2 + b+

Gx + H

x2 + c

=(Ex + F )(x2 + c) + (Gx + H)(x2 + c)

(x2 + b)(x2 + c)

=(E + G)x3 + (F + H)x2 + (bG + cE)x + bH + cF

(x2 + b)(x2 + c)

Se puede observar que:

E + G = 0⇒ E = −G

F + H = 0⇒ F = −H

bG + cE = 0⇒ bG− cG = 0⇒ G(b− c) = 0⇒ G = 0⇒ E = 0

bH + cF = 1⇒ bH − cH = 0⇒ H(b− c) = 1⇒ H =1

b− c⇒ F =

−1b− c

2

Entonces, tenemos:

I =∫

dx

(x2 + b)(x2 + c)

=∫ −1

b−c

x2 + bdx +

∫ 1b−c

x2 + cdx

=1

b− c

∫dx

x2 + c− 1

b− c

∫dx

x2 + b

=1

b− c

(∫dx

x2 + c−∫

dx

x2 + b

)

=1

b− c

tan−1

(x√c

)√

c−

tan−1

(x√b

)√

b

+ k

= − 1√a2 − 4

tan−1

x√−−a−

√a2 − 4

2

√−−a−

√a2 − 4

2

−

tan−1

x√−−a +

√a2 − 4

2

√−−a +

√a2 − 4

2

+ k

= − 1√a2 − 4

tan−1

x√a +√

a2 − 42

√

a +√

a2 − 42

−

tan−1

x√a−√

a2 − 42

√

a−√

a2 − 42

+ k

= −

√a−√

a2 − 42√

a2 − 4tan−1

x√a +√

a2 − 42

+

√a +√

a2 − 42√

a2 − 4tan−1

x√a−√

a2 − 42

+ k

Caso 2:

Para a ∈ (0, 2), observamos que la expresion x4 +ax2 +1 no se puede factorar de la forma (x2 + b)(x2 + c), yaque tanto b como c no pertenecen a los reales, pero si puede ser expresada como producto de dos polinomiode grado 2, asi:

x4 + ax2 + 1 = (x2 + bx + c)(x2 + ex + f)

= x4 + (b + e)x3 + (c + be + f)x2 + (bf + ce)x + cf

Donde: b 6= 0 y e 6= 0.(Por que?)

b + e = 0⇒ b = −e

bf + ce = 0⇒ bf − cb = 0⇒ b(f − c) = 0⇒ f = c

cf = 1⇒ (c = 1 ∧ f = 1) ∨ (c = −1 ∧ f = −1)

3

c + be + f = a⇒ 2c− b2 = a⇒ b2 = 2c− a⇒ b =√

2c− a

• c = −1⇒ 2c− a < 0• c = 1⇒ 2c− a ≥ 0⇒ b =

√2− a

Por lo tanto la expresion x4 + ax2 + 1 queda de la siguiente manera:

x4 + ax2 + 1 = (x2 + bx + c)(x2 + ex + f)

= (x2 + bx + 1)(x2 − bx + 1)

Entonces la integral (1) se calcula de la siguiente manera:

I =∫

dx

x4 + ax2 + 1=∫

dx

(x2 + bx + 1)(x2 − bx + 1)

De nuevo resolvemos la parte derecha de la expresion anterior mediante fraciones parciales.

1(x2 + bx + 1)(x2 − bx + 1)

=Cx + D

(x2 + bx + 1)+

Ex + F

(x2 − bx + 1)

=(Cx + D)(x2 − bx + 1) + (Ex + F )(x2 + bx + 1)

(x2 + bx + 1)(x2 − bx + 1)

=(C + E)x3 + (b(E − C) + D + F )x2 + (b(F −D) + C + E)x + D + F

(x2 + bx + 1)(x2 − bx + 1)

Se puede observar que:

C + E = 0⇒ C = −E

D + F = 1⇒ D = 1− F

b(E − C) + D + F = 0⇒ b(E − C) = −1⇒ 2Eb = −1⇒ E =−12b⇒ C =

12b

b(F −D) + C + E = 0⇒ b(F −D) = 0⇒ F −D = 0⇒ F − 1 + F = 0⇒ F =12⇒ D =

12

Entonces tenemos:

I =∫

dx

(x2 + bx + 1)(x2 − bx + 1)

=∫ x

2b + 12

x2 + bx + 1dx +

∫ −x2b + 1

2

x2 − bx + 1dx

=12b

∫x + b

x2 + bx + 1dx− 1

2b

∫x− b

x2 − bx + 1dx

=14b

∫2x + 2b

x2 + bx + 1dx− 1

4b

∫2x− 2b

x2 − bx + 1dx

=14b

(∫2x + 2b

x2 + bx + 1dx−

∫2x− 2b

x2 − bx + 1dx

)=

14b

(∫2x + b

x2 + bx + 1dx +

∫b

x2 + bx + 1dx−

∫2x− b

x2 − bx + 1dx +

∫b

x2 − bx + 1dx

)

Ahora las integrales respectivas son:∫2x + b

x2 + bx + 1dx = ln(x2 + bx + 1) + c1∫

2x− b

x2 − bx + 1dx = ln(x2 − bx + 1) + c2

4

Las integrales que nos faltan las calculamos de la siguiente manera:∫b

x2 ± bx + 1dx =

∫b

x2 ± bx + ( b2 )2 − ( b

2 )2 + 1dx

=∫

b

(x± b2 )2 + 4−b2

4

dx

=b

4−b2

4

∫dx x± b2√

4−b2

4

2

+ 1

Ahora haciendo u =x± b

2√4−b2

4

⇒√

4−b2

4 du = dx, entonces:

∫b

x2 ± bx + 1dx =

√4−b2

4 b

4−b2

4

∫du

u2 + 1

=b√4−b2

4

tan−1(u) + c3

=b√4−b2

4

tan−1

x± b2√

4−b2

4

+ c3

Entonces:

I =14b

ln(

x2 + bx + 1x2 − bx + 1

)+

b√4−b2

4

tan−1

x + b2√

4−b2

4

+b√4−b2

4

tan−1

x− b2√

4−b2

4

+ c

=1

4√

2− aln(

x2 +√

2− ax + 1x2 −

√2− ax + 1

)+

12√

2 + a

tan−1

x +√

2−a2√

2−a4

+ tan−1

x−√

2−a2√

2−a4

+ c

=1

4√

2− aln(

x2 +√

2− ax + 1x2 −

√2− ax + 1

)+

12√

2 + a

(tan−1

(2x +

√2− a√

2− a

)+ tan−1

(2x−

√2− a√

2− a

))+ c

Caso 3:Si a = 2, tenemos: ∫dx

x4 + ax2 + 1=∫

dx

x4 + 2x2 + 1

=∫

dx

(x2 + 1)2

=tan−1(x)

2+

x

2(x2 + 1)+ c

5

Columna de Problemas 5

La siguiente es una seleccion de problemas propuestos por el editor.

21. ¿Para cuantos enteros positivos n se cumple que(

2010 +12

)n

+(

2011 +12

)n

es entero?

22. Se traza en el plano la grafica de la funcion f : (0,∞) → R definida por f(x) =1x

, y luego seborran los ejes coordenados. Reconstruirlos con regla y compas.

23. Sea {Fn}n≥0 la sucesion de Fibonacci, es decir F0 = 0, F1 = 1 y Fn+1 = Fn + Fn−1 para todon ≥ 1. Demostrar que

n∑i=0

(−1)n−iFi

n + 1− i

(n

i

)=

{ 2Fn+1

n + 1n impar.

0 n par.

24. Si a1, a2, . . . , an, b1, b2, . . . , bn son numeros complejos de modulo menor o igual que 1, mostrarque

|a1a2 · · · an − b1b2 · · · bn| ≤n∑

j=1

|aj − bj |.

25. Sea V un espacio vectorial sobre C de dimension finita y f un endomorfismo de V . Probar que

det(1− fX) = exp

(−∞∑

n=1

tr fn

nXn

).