Revista Olímpica III Trimestre 2009

8/9/2019 Revista Olmpica III Trimestre 2009

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Girolamo Cardano

Problemas de Matemtica

para Competencias olmpicas

Sociedad Ramamsem

III TRIMESTRE DEL 2009


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CONTENIDO

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Pgina

1. Presentacin 1

2. Solucin a los anteriores Problemas de Competencias no Olmpicas 13

3. Problemas de Competencias no Olmpicas 34

4. CURIOSATO 40

5. Solucin a los problemas anteriores de la columna

Olimpiadas alrededor del mundo.

48

6. Olimpiadas alrededor del mundo 61

7. Lgica y Matemtica Recreativa 63

8. Gua y lecciones de entrenamiento para competencias

matemticas.

71

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1. Presentacin.

Esta publicacin es realizada por la Sociedad RAMAMSEM y va dirigida a todas aquellas

personas que deseen explorar una matemtica diferente a la que se ensea en secundaria,

y algo ms !

Toda comunicacin o informacin con respecto a los problemas propuestos o soluciones,

pueden ser enviados a

[email protected] o bien [email protected] con esta publicacin, estamos reseando la biografa de algunos matemticos

clebres no solamente para honrar su memoria sino tambin humanizar este gran campo delconocimiento humano y universal como lo es la matemtica. En nuestra portada aparecen

representados los matemticos Tartaglia y Cardano.

Estas referencias bibliogrficas han sido tomadas textualmente de 20 matemticos

clebres de Francisco Vera.

TARTAGLIA Y CARDANO

UN DESAFIO MATEMTICO

En la poca en que florecen los dos matemticos a quienes se contrae este ensayo, haba

desaparecido ya la separacin entre la Aritmtica prctica, que se enseaba por medio del

baco, y la Aritmtica terica, que comprenda las propiedades de los nmeros y las

proporciones con arreglo a la tradicin romana, y se hablaba de una Aritmtica universal que

participaba del lgebra: Aritmtica algortmica, a cuyo desarrollo contribuy en gran parte la

difusin de los calendarios, tanto para usos eclesisticos como astrolgicos y mdicos

porque tenan las fechas indicadas en caracteres indios, impropiamente llamados arbigos,

los cuales derrotaron definitivamente a las cifras romanas en toda Europa, excepto en Italia,hasta el siglo XV, a pesar de ser sta la cuna de la Aritmtica mercantil, una de cuyas

primeras conquistas fue el sistema de contabilidad por partida doble, y a pesar de los

esfuerzos de Leonardo de Pisa, que dedica un capitulo de su famoso Lber Abacci a cantar

las excelencias de los diez guarismos, incluyendo el cero: quod arabice zephirum apellatur .


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Triunfante, al fin, la enumeracin india y destruida la barrera que separaba las dos

Aritmticas, renace el lgebra sincopada que desde Diofanto de Alejandra, su verdadero

iniciador, haba permanecido en estado larval durante la Edad Media.

Aprovechando las fuentes rabes de origen indio y prescindiendo de las inspiradas en las

obras didcticas griegas, que no slo no sustituyen el clculo de cantidades porcombinaciones imaginadas con stas, sino que tampoco explican ni aun las frmulas de las

reas, por medio de la medida de sus magnitudes, las reglas del lgebra extraan su

demostracin de las construcciones geomtricas.

Como concepcin sinttica de la Matemtica, el lgebra es una tcnica de clculo sin

contenido, un mtodo Matemtico por excelencia, en el sentido luliano, cuyo papel se reduce

a asociar elementos simples de tal modo que, formando progresivamente compuestos cuya

estructura es cada vez ms complicada, tiende a hacer intil la inteligencia y a reducir elrazonamiento a reglas que se dejan aplicar Sucesivamente, pero como auxiliar de la

Geometra, produjo frutos en el Renacimiento dando una fisonoma especial a la ciencia de

Euclides y actuando sobre ella de un modo influyente para su desarrollo ulterior, a pesar de

la pesadez, inelegancia y laboriosidad con que se aplicaba; y cuando, aparecen en la historia

de la Matemtica Tartaglia y Cardano, el lgebra sincopado sigue siendo una ciencia de

origen rabe dedicada al estudio sistemtico de las ecuaciones o regla de la cosa , as

llamada por haberse dado a la incgnita el nombre de res , cosa, que los algebristas de la

poca representaban por una R . La x con que hoy se representa es de origen cartesiano.

Dos hechos casi simultneos influyeron poderosamente en el progreso que inicia entonces el

lgebra: la invencin de la imprenta y la toma de Constantinopla por los turcos. Gracias a los

griegos cultos que huyeron de la invasin otomana, el Occidente europeo conoci a los

grandes matemticos antiguos cuyas obras haban sido desfiguradas por los copistas o por

los traductores rabes; y los originales griegos, sustrados al pillaje turco y multiplicados por

el arte de Gutenberg, fueron la fuente pursima en que calmaron su sed de saber los

matemticos renacentistas.Los escritores contaban en la Edad Media con un nmero reducidsimo de lectores a

consecuencia de la escasez de las copias, y los hombres de ciencia no tenan ningn centro

de reunin, a diferencia de los de los tiempos clsicos, que lo tuvieron en Alejandra, de

modo que puede decirse que la imprenta inaugura la poca moderna, lo mismo desde el

punto de vista poltico que cientfico; el Renacimiento se caracteriza por una gran actividad


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en todas las ramas del saber, y el descubrimiento de Amrica y las discusiones que

precedieron a la Reforma inundan Europa de ideas nuevas que la imprenta difundi.

La Matemtica, en particular, y ms en particular el lgebra sincopada, adquiri gran

desarrollo en Italia, primera que conoci los mtodos griegos, y recibi un impulso que dura

hasta fines del siglo XVI, en que Vite inicia la poca del lgebra simblica. Estudiadas lasecuaciones de primero y segundo grados, la Matemtica renacentista se hace esta pregunta:

Se puede encontrar la solucin general de las ecuaciones literales de grado superior al

segundo? Tartaglia, Cardano y sus discpulos contestaron afirmativamente para las de

tercero y cuarto, pero qued abierto un nuevo parntesis que cerr Abel en el siglo XIX

demostrando la imposibilidad de resolver algebraicamente las de grado superior al cuarto.

Se ignora la fecha exacta del nacimiento de Tartaglia, cuyo verdadero nombre es Nicolo

Fontana, segn se desprende de su testamento, en el que deja por heredero a su hermanoGiampietro Fontana; pero se le conoce en la Historia por su apodo de Tartaglia, el

Tartamudo, a causa del defecto que tuvo para hablar desde que, siendo nio, conoci los

horrores de la guerra. Cuando Gaston de Foix tom Brescia, ciudad natal de Tartaglia, el 19

de febrero de 1512, sus habitantes se refugiaron en la catedral acogindose al derecho de

asilo; pero allanada sta por los soldados, uno de ellos infiri cinco heridas al pequeo

Nicols, que qued con el crneo roto, abiertas las dos mandbulas y partida la lengua.

Durante mucho tiempo no pudo hablar ni comer, y, como l mismo cuenta en sus Quesiti et

inventioni diverse , fue su madre quien lo salv "imitando a los perros, que se curan

lamindose las heridas".

Por la misma obra sabemos que era hijo de un tal "Micheletto, cavallero de casaca ignota"

quien, al morir, le dej, nio an, con un hermano algo mayor y una hermana, al cuidado de

la madre "liquida di beni della fortuna".

Tartaglia fue un autodidacto. Luego de haber aprendido a leer y escribir, medit sobre las

obras de los muertos, "sopra le opere degli uomini defonti", son sus palabras, dedicndose a

la enseanza en varias ciudades de la Repblica de Venecia. En el trienio 1521-23 ejerci elprofesorado en Verona; en 1526 estaba en Manta; en 1534 ense en Venecia; en 1548

volvi a Brescia, regresando despus a Venecia, donde muri el 13 de diciembre de 1557.

La humildad de su origen y la estrechez econmica en que siempre vivi le impidieron tener

una educacin esmerada, por lo cual no escribi en latn, que era el idioma culto de su

tiempo, sino en el italiano vulgar que hablaban sus conciudadanos.


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Esto es casi todo lo que se sabe de la vida del gran matemtico, cuya primera obra: Nuova

Scientia , data de 1537. En ella establece los principios de la Balstica y es, realmente, el

primer libro que aplica el razonamiento matemtico a los problemas blicos. Tartaglia

sostuvo que el efecto mximo se obtiene disparando el can bajo un ngulo de 45 y

estudi la trayectoria de los proyectiles, cometiendo algunos errores que no fueronadvertidos hasta 1590, en que Diego de Alava, gentilhombre de cmara de Felipe II, public

en Madrid una obra con el mismo ttulo, Nueva ciencia , que la de Tartaglia, en la que, a

diferencia de ste, consider que podan combinarse el movimiento natural y el violento de

los proyectiles, deduciendo de aqu que su trayectoria era una lnea curva, estudiada

matemticamente por Jernimo Muoz, catedrtico de la Universidad de Salamanca.

Otro libro famoso de Tartaglia es el ya citado Quesiti o inventioni diverse , Venecia, 1546,

dedicado achi brama di veder nove inventioni,

non tolte da Platon, ne da Plotino,

ne d'alcun altro greco, over latino,

ma sol da l'arte, misura, e ragioni,

libro de gran importancia histrica porque en los enunciados y soluciones de los problemas

de que trata, su autor da interesantes noticias de los matemticos con quienes sostuvo

relaciones, sobre todo de aquellos cuyos nombres estn ligados a la cuestin de la prioridad

de la solucin de la ecuacin de tercer grado.

Finalmente escribi el General trattato di numeri et misure , especie de enciclopedia del tipo

de la Summa de Lucas Pacioli, donde se encuentran incidentalmente preciosos informes

sobre la vida ordinaria y los usos comerciales de la Italia renacentista; y as, por ejemplo,

sabemos que el inters del dinero variaba del 5 al 21% anual cuando se contaba con una

garanta slida, y que en las transacciones comerciales pasaba del 20%.

Tartaglia denunci la ley de usura, explicando la manera de que se valan para burlarla los

terratenientes, quienes obligaban a sus colonos a vender las cosechas a fin de abaratar elmercado para que, siendo bajos los precios de venta, pudieran comprar los prestamistas de

dinero en condiciones ventajosas; y como los arrendatarios haban tomado las semillas con

la condicin de devolver igual cantidad de granos o pagarlos con arreglo a la cotizacin del

mes de mayo, que es cuando el trigo estaba ms caro, los colonos no tenan otra solucin

que caer en las garras de los usureros para saldar sus deudas.


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A peticin de los magistrados de Verona, Tartaglia estableci una escala mvil que permita

determinar el precio del pan en funcin del valor del trigo, y discurri ampliamente sobre los

principios que se aplicaban en su poca para reglamentar la cuestin.

De Jernimo Cardano se sabe ms. Naci en Pava el 24 de septiembre de 1501 y su vida

es una serie de actos incoherentes que pertenecen tanto a la historia de la Matemtica comoa la de la Astrologa y a la de la Patologa.

Hijo de un jurisconsulto milans, Cardano estudi primero en su ciudad natal y despus en la

Universidad de Padua, donde alcanz la licenciatura en Medicina, que ejerci en Sacco y en

Miln en el perodo 1524 - 1556 durante el cual estudi Matemtica y public sus principales

obras. Despus de viajar por Francia, Inglaterra y Escocia, regres a Miln ocupando, en

1534, una ctedra en la Academia Palatina, donde pronunci un Encomium geometriae ,

recogido despus en la edicin de sus obras completas pero perdi la ctedra en unconcurso contra Zuanne del Coi y se traslad a Pava.

Gracias al apoyo del cardenal legado consigui un puesto en la Universidad de Bolonia;

pero, como dice Marie en su Histoire des sciences mathmatiques , "no muy honesto, un

poco astrlogo y charlatn y otro poco ateo y sopln", hizo el horscopo de Jesucristo y,

naturalmente, dio con sus huesos en la crcel el 14 de octubre de 1570, de la que sali un

ao despus bajo palabra de no volver a dar lecciones pblicas en ninguno de los Estados

pontificios, y march a Roma, donde ejerci la Astrologa con tanto xito que lleg a ser el

astrlogo ms renombrado de su poca. Este renombre le fue fatal, porque habiendo

pronosticado el da de su muerte, se suicid, 21 de septiembre de 1576, para dejar a salvo

su reputacin.

En De vita propia hace su autobiografa con estas palabras: "He recibido de la Naturaleza un

espritu filosfico e inclinado a la Ciencia. Soy ingenioso, amable, elegante, voluptuoso,

alegre, piadoso, amigo de la verdad, apasionado por la meditacin, y estoy dotado de talento

inventiva y lleno de doctrina. Me entusiasman los conocimientos mdicos y adoro lo

maravilloso. Astuto, investigador y satrico, cultivo las artes ocultas. Sobrio, laborioso,aplicado, detractor de la religin, vengativo, envidioso, triste, prfido y mago, sufro mil

contrariedades. Lascivo, misntropo, dotado de facultades adivinatorias, celoso, calumniador

e inconstante, contemplo el contraste entre mi naturaleza y mis costumbres."

Estas absurdas y contradictorias palabras, de catica ilacin, demuestran que Cardano era

un perturbado cuyo estudio clnico sera de indiscutible valor documental. Eglatra, no


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pensaba ms que en s mismo y no tena otra preocupacin que su propia persona, hasta el

extremo de que al da de su nacimiento le daba importancia capital en la historia de la

humanidad.

Sus taras patolgicas las heredaron sus hijos, el mayor de los cuales fue ajusticiado en 1560

por haber envenenado a su mujer, y el ms pequeo cometi errores de conducta tan gravesque el propio Cardano no se atrevi a divulgar y que le condujeron a la crcel, no sin que

antes su padre le cortara las orejas en un acceso de clera, acto criminal que no fue

castigado gracias a la proteccin de Gregorio XIII, en cuya corte Cardano prestaba servicios

como astrlogo.

Tartaglia y Cardano son los principales protagonistas de una de las ms enconadas

polmicas que registra la historia de la Matemtica: la relativa a la ecuacin de tercer grado.

Los rabes haban resuelto algunas de estas ecuaciones geomtricamente, pero su estudiosistemtico corresponde a los italianos y provoc, como se acaba de indicar, una famosa

disputa, de acuerdo con el carcter de la poca, que gustaba de los torneos y discusiones

cientficas. "Al ver los problemas de tercer grado, que se proponan como desafo a

principios del siglo XVI, dice Libri en su Historie des sciences mathmatiques en Italie , se

comprende la importancia que se daba entonces a los descubrimientos algebraicos, siendo

difcil encontrar en la historia de la Ciencia un ejemplo semejante. Las apuestas y

discusiones pblicas se sucedan sin interrupcin, interesndose en ellas todas las clases

sociales, como en la antigedad se interesaban por los desafos de los poetas y los

combates de los gladiadores".

Aunque todava no se ha dicho la ltima palabra sobre la cuestin objeto de este trabajo,

parece que los primeros problemas de tercer grado fueron propuestos a Tartaglia en 1530,

estando en Brescia, por medio de Zuanne del Col, profesor de Miln, quien le pidi que

resolviera estas dos cuestiones:

1. Encontrar un nmero que, multiplicado por su raz aumentada en 3, de 5;

2. Encontrar tres nmeros que se diferencien en 2 y cuyo producto sea 1000.Los que tengan conocimientos matemticos comprendern en seguida que se trata de

resolver sendas ecuaciones de tercer grado, que Pacioli haba declarado imposibles, pero

que Tartaglia afirm que eran resolubles.


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Enterado de esta actitud, Antonio del Fiore calific de impostor a Tartaglia diciendo que l

conoca un mtodo emprico para resolver la ecuacin cbica que le haba enseado su

maestro Escipin del Ferro, el cual lo vio probablemente en alguna obra rabe.

Tartaglia contest que saba resolver las ecuaciones de los tipos

x3 + px = qx3 = px + q

y que la

x3 +q = px

siendo p y q positivos, quedaba reducida a la primera por medio de una transformacin fcil.

Fiore desafi entonces a Tartaglia y, aceptado el reto, ambos depositaron en poder de un

notario cierta cantidad de dinero que ganara quien resolviera treinta problemas en el plazo

mximo de cuarenta das. Tartaglia los resolvi todos en menos de dos horas y resumi susreglas en los siguientes versos tcnicos:

Quando che'l cubo con le cose appresso

se agguaglia a qualche numero discreto:

trovan dui altri, diferente in esso.

Dapoi terrai, questo per consueto,

che'l loro produtto, sempre sia eguale

al terzo cubo della cose neto;

el residuo poi suo generale,

delli lor lati cubi, ben sottratti

varra la tua cosa principale.

In el secondo, de cotesti atti;

quando che'l cubo restasse lui solo,

tu osserverai quest'altri contratti,

del numer farai due tal part'a volo,

che l'una, in l'altra, si produca schietto,el terzo cubo delle cose in stolo;

delle quali poi, per commun precetto,

torrai li lati cubi, insieme gionti,

et co tal somma, sar ii tuo concetto;

el terzio, poi de questi nostri cnti,


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se solve col segundo, se ben guardi

che per natura son quasi congionti.

Questi trovai, et non con pasi tardi

nell mille cinquecent'e quatro e trenta;

con fondamenti ben saldi, e gagliardi;nella citt del mar'intorno centa.

Fijndonos en el primer caso, que basta para captar la regla de Tartaglia, los versos

mnemotcnicos dicen traducidos literalmente:

"Cuando el cubo con las cosas cerca,

se iguala a cualquier nmero discreto,

se encuentran otros dos, diferentes en eso,

Despus tendrs esto por normaque su producto sea siempre igual

al tercio cubo de las cosas limpio;

el resto despus suyo general

de sus lados el cubo bien restado

vers tu cosa principal";

es decir, en el lenguaje matemtico moderno: Si el cubo x 3 ms un mltiplo px de la cosa,

incgnita, es igual a un cierto nmero q , determinemos, por los mtodos habituales, dos

nmeros y y z cuya diferencia sea q y cuyo producto sea el cubo del tercio del coeficiente de

la incgnita; se extraen sus races cbicas, y, restndolas, se tiene el valor de x , valor que,

como se puede comprobar, est obtenido por el mismo mtodo que suele explicarse en los

tratados de lgebra.

Los ltimos versos indican el lugar: Venecia, y la fecha: 1534, del descubrimiento: "Esto

encontr, y no con paso tardo - en mil quinientos treinta y cuatro con fundamento slido y

gallardo - en la ciudad que rodea el mar."

Triunfante el matemtico de Brescia, el asunto parece que qued zanjado hasta que un aodespus lo resucit Coi enviando a Tartaglia, el 12 de septiembre de 1535, tres problemas,

uno de los cuales consista en descomponer el nmero 20 en tres partes en progresin

geomtrica y tales que el producto de las dos primeras sea 8, problema que Luis Ferrari,

discpulo de Cardano, consigui resolver.


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Pas otro ao ms y, en agosto de 1536, un tal Vincenti propuso a Tartaglia el problema de

encontrar un nmero que, multiplicado por su raz cuadrada aumentada en 6, d 100,

problema, que, como se ve, es idntico a uno de los propuestos en 1530 por Col, quien, el

10 de diciembre del mismo ao de 1536, le plante nuevas cuestiones anlogas que no se

sabe si fueron resueltas; y el asunto volvi a un punto muerto aparente, puesto que Tartagliasegua trabajando en ello, pero sin dar a conocer el resultado de sus investigaciones. .

Y en 1539 entra en escena Cardano enviando a Tartaglia, con fecha 2 de enero, una carta

por intermedio de un librero, en la que le dice que, conocedor del resultado de su disputa con

Fiore y estando a punto de publicar una obra, quera incluir en ella la frmula de la ecuacin

de tercer grado y consignar el nombre de su descubridor, por lo cual le rogaba que le

comunicase todo lo que se relacionara con el asunto y muy especialmente los enunciados de

los famosos treinta problemas. Tartaglia se neg a ello y entonces Cardano, irritado, le envipor el mismo conducto, el 12 de febrero de 1539, otra carta llena de reproches; pero,

comprendiendo que no era ste el camino adecuado para conseguir lo que quera, cambi

de tctica y, con amables palabras, le inst el 13 de marzo del mismo ao a pasar unos das

en Miln, donde le deca que le esperaba con impaciencia el marqus del Vasto, protector

suyo y mecenas de los cientficos.

Acept Tartaglia la invitacin, y el 25 de marzo se dirigi a Miln, hospedndose en casa del

propio Cardano luego de saber que el marqus se haba marchado a Vigevano. El

matemtico milans procur convencer por todos los medios a su colega para que le dijera

el secreto de la ecuacin cbica. "Os juro sobre los Santos Evangelios, le dijo, que si me

comunicis vuestros descubrimientos no los publicar jams y los anotar slo para m en

cifra, a fin de que nadie pueda comprenderlos hasta despus de mi muerte."

Tartaglia cedi, al fin, a tan insistentes ruegos y regres a Venecia, desde donde se carte

con Cardano, 12 y 17 de mayo; 10 y 19 de julio; 4 de agosto y 18 de octubre de 1539, sobre

algunos desarrollos complementarios.

A travs de esta correspondencia se advierte que las relaciones entre ambos se ibanenfriando, y la carta de Cardano del 5 de enero de 1540 qued ya sin respuesta.

Auxiliado por su discpulo Ferrari, aqul consigui ampliar las reglas de Tartaglia, y en 1545

public su famosa Ars Magna , en cuyo primer captulo dice lo siguiente: "Escipin del Ferro,

de Bolonia, encontr hace tiempo nuestro captulo verdaderamente bello y admirable Del

cubo y de las cosas iguales a nmero . Tal arte, superando a toda humana sutileza y al


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esplendor de todo ingenio mortal, atestigua el valor de su mente, y es cosa de tanta

maravilla que quien la ha inventado puede vanagloriarse de que nadie le superar. mulo

suyo es mi amigo Nicols Tartaglia, de Brescia, quien, en una disputa que sostuvo con

Antonio Mara del Fiore, discpulo de Escipin del Ferro, tambin lo encontr y me lo

comunic a mi ruego, sin demostracin, la cual he redactado en diferentes casos con elauxilio de mi antiguo discpulo Luis Ferrari. Lo de ste va con su nombre y todo lo dems es

cosa ma."

Irritado por estas palabras sinuosas, Tartaglia desafi a Cardano; pero ste, deseando

quedar al margen de toda disputa, se entendi con Ferrari, el cual envi a aqul desde

Miln, el 10 de febrero de 1547, un cartello di sfida , proponindole una "controversia pblica

en un lugar cmodo para los dos y ante jueces idneos, sobre Geometra, Aritmtica y todas

las disciplinas que dependen de stas", declarando estar dispuesto a hacer un depsito dedoscientos escudos destinados al vencedor y dndole un plazo de treinta das para

contestarle. La respuesta no se hizo esperar. Nueve das despus le escribi Tartaglia desde

Venecia, aceptando; pero con la condicin de que Cardano, tomara parte en la contienda.

Ferrari respondi en abril del mismo ao con otro cartel de desafo que agri la cuestin.

Aparte del detalle de estar escrito en latn, con la aviesa intencin de poner en un apuro a

Tartaglia, dada su poca cultura literaria, deca que durante un viaje de Miln a Florencia, el

ao de 1542, y mientras descansaba en Bolonia, Anbal de la Nave haba comunicado a

Cardano un cuaderno de Escipin del Ferro en el cual "estaba expuesta elegante y

completamente la resolucin de la ecuacin cbica", dato de gran inters histrico puesto

que permita poner en duda el derecho de prioridad de Tartaglia; pero demostraba tambin la

mala fe de Cardano al ocultarlo.

El 27 de abril contesta largamente Tartaglia insistiendo en que asistiera Cardano al torneo,

en el que podan tomar parte, adems, todos los matemticos del mundo, y le planteaba

treinta y un problemas, diecisiete de los cuales se refieren a construcciones con una sola

abertura de comps, tema que haba sido tratado por Abulguafa y por Alberto Durero, yparece que tambin por Escipin del Ferro; pero as como stos utilizaban una abertura en

cada caso, Tartaglia exiga que el radio fuese el mismo en todos los problemas,

inspirndose, evidentemente, en consideraciones tericas.


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Ferrari contest el 24 de mayo con una carta plagada de injurias, presentando sus

contraposiciones y planteando otros problemas, treinta y uno en total, ms complicados que

los de Tartaglia, y algunos de los cuales excedan de sus recursos matemticos.

Fechada el 23 de junio, y concluida de imprimir el 9 de julio siguiente, apareci la respuesta

de Tartaglia, resolviendo veintisis de las treinta y una cuestiones propuestas por su rival,incluyendo las de carcter filosfico relativas a un pasaje del Timeo de Platn y otro de

Aristteles, y termina su escrito con este verso:

Ogni dubbioso il parangon fa certo

revelador de su satisfaccin por los resultados conseguidos.

El 10 de agosto public Ferrari su cuarto cartel de desafo, en el que hay muchos insultos y

poca Matemtica, al cual contest Tartaglia el 30 del mismo mes resolviendo las cuestiones

que haba dejado pendientes en su respuesta anterior y reiterando su deseo de que Cardanotomase parte en la discusin, adivinando, lgicamente, que ste andaba entre bastidores.

El quinto cartel de Ferrari, aparecido en octubre, tiene ms inters. Empieza con una

digresin de carcter jurdico acerca de las autoridades cientficas que deben dirimir la

contienda, critica despus las soluciones de Tartaglia con palabras apasionadas e injustas,

tras de las cuales se advierte la presencia de Cardano, y termina resolviendo algunos de los

problemas propuestos por su rival el 27 de abril, es decir: que tard seis meses en dar sus

soluciones, Tartaglia las dio siempre inmediatamente y ello gracias a la colaboracin de

Cardano, como ste mismo afirma en su obra De Subtilitate . Tartaglia respondi diciendo

que ya duraba demasiado la polmica escrita y que estaba dispuesto a dirigirse a Miln para

discutir verbal y pblicamente con su adversario, aprovechando la proximidad a la capital de

Lombarda de Brescia, donde se encontraba a la sazn por razones profesionales.

Cerca de un ao tard Ferrari en contestar. Su respuesta, fechada el 14 de julio de 1548 es,

como todas las suyas, una coleccin de improperios, y concluye haciendo un elogio de

Cardano, de quien dice que tuvo la generosidad de citar a Tartaglia en su Ars Magna a

propsito de la ecuacin de tercer grado, que ya haba resuelto Escipin del Ferro y conocaAntonio del Fiore. Aceptando en principio el desafo matemtico, ambas rivales llegaron a

un acuerdo sobre las condiciones el da 24 de julio, citndose para el 10 de agosto en la

ctedra Giardino de los recoletos de Miln.

De esta famosa polmica no conocemos, desgraciadamente, ms que las referencias de uno

de los contendientes: Tartaglia, lo que impide juzgarla con imparcialidad.


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Tanto este ltimo episodio como el desarrollo del desafo, han sido diversamente

interpretados, incluso por los propios historiadores de la Matemtica italiana, y, aun hace

pocos aos, dos ilustres profesores: Gino Lora y Ettore Bortolotti, han adoptado posiciones

opuestas: el primero en favor de Tartaglia y el segundo en defensa de Cardano.

Lo que s parece fuera de toda duda es que la controversia oral degener en puerilidades envez de aportar elementos nuevos a la teora de ecuaciones, que era la preocupacin de los

matemticos de la poca, lo que no quiere decir que los cartelli di Matematica disfida fueran

estriles, pues que permiten seguir con bastante aproximacin la trayectoria histrica de la

resolucin de la ecuacin de tercer grado, que se puede resumir diciendo que en 1502

Pacioli la haba declarado imposible, opinin que no fue compartida por Escipin del Ferro, el

cual conoca en 1515 un procedimiento emprico, tomado probablemente de los rabes; pero

guard su secreto limitndose a consignarlo en un cuaderno que, a su muerte, en 1526,pas a manos de Anbal de la Nave, su sucesor en la ctedra de Bolonia, siendo probable

que en esta ciudad se conociera la existencia de tan precioso documento, pues que ello

explicara satisfactoriamente el motivo de los problemas que Coi y Fiore propusieron en 1530

a Tartaglia y que fueron, en realidad, los que le obligaron a trabajar sobre la ecuacin cbica,

que consigui resolver en 1534 y se la comunic, en 1539, bajo previo juramento ad sacra

Dei de guardar el secreto, a Cardano, quien conoci tres aos despus, junto con Ferrari, la

solucin emprica de Escipin del Ferro facilitada confidencialmente por Anbal de la Nave

cuando ambos, de paso para Florencia, se detuvieron en Bolonia, 1542.

En posesin de este dato, Cardano, cuyo perfil moral deja mucho que desear, falt al

juramento prestado y public la solucin de la ecuacin en su Ars Magna hacindola

preceder de palabras que indignaron a Tartaglia, quien desafi a Cardano; pero ste no slo

rehus el debate (fue su discpulo Ferrari quien, manejado por l, lo sostuvo), sino que,

acosado para que asistiese a la controversia pblica, huy cobardemente de Miln a ua de

caballo. Es indudable, pues, que Tartaglia fue quien resolvi la ecuacin de tercer grado tal

como ha llegado a nosotros, con absoluta independencia del mtodo emprico que Escipindel Ferro consign en el cuaderno que todava no se ha encontrado a pesar de las pacientes

y minuciosas bsquedas de matemticos e historiadores; pero como fue Cardano quien la

dio a conocer y adems en latn, que era el idioma cientfico de la poca, ha pasado a la

Historia con el injusto ttulo de frmula cardnica, negndosele a Tartaglia incluso la

reparacin pstuma a que tiene indudable derecho.


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2. Solucin a los anteriores Problemas de Competencias no

Olmpicas.

A continuacin brindamos la solucin de los 30 ejercicios propuestos en la columna

Problemas de Competencias no Olmpicas de la edicin anterior.

Les recordamos que la forma de resolver cada ejercicio no necesariamente es la nica,

as que invitamos al estimable lector a enviarnos sus soluciones a los mismos.

LGEBRA.

1. x, y, z son tres nmeros reales tales que xy = 24, yz = 48, xz = 72.

Cunto vale x + y + z?

(Gironalino del Grupo Tutor, nmero 8, Italia)

SOLUCIN (Oficial):

Multiplicando la primera ecuacin con la segunda y dividiendo por la tercera tenemos

.41672

4824 22

==

= yyxz

zxy

Multiplicando la segunda ecuacin con la tercera y dividiendo por la primera tenemos

.1214424

7248 22

==

= yyxy

xyz

Multiplicando la primera ecuacin con la segunda y dividiendo por la tercera tenemos

.63648

7224 22

==

= yyyz

yzx

As, x + y + z {2, 10, 14, 22}.


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14

2. Propuesto por Nicos D. Diamantes, estudiante, Universidad de Patras, Grecia. Tomado

de la revista Crux Mathematicorum with Mathematical Mayhem del 1991.

Hallar una raz real de .0122010 35 =+ yyy

SOLUCIN: (de Murray S. Klamkin, University of Alberta, q.d.d.g)

Ms generalmente, es conocido que la ecuacin 025355 =+ ayppyy es resoluble en

radicales. Haciendo ,t

pty += la ecuacin se reduce a a

t

pt =+

5

55 as que

.54252 paat =

En nuestro caso, p= 2 y a = 12, as t5 = 8 4 y la raz real es .53

25

2

2 +=y

3. Hallar todos los enteros positivos zyx ,, que satisfacen la ecuacin

.4)(5 xyzxzyzxy =++

(Competicin Matemtica Intercolegial de la Sociedad Matemtica de Singapur, 1988)

SOLUCIN: (de T. H. Wang, Wilfrid Laurier University, Waterloo. Ontario)

La ecuacin dada puede ser rescrita como (*)5

4111=++

zyx

Sin prdida de generalidad, podemos asumir que 1 x y z. Desde que x, y, z son

positivos x= 1 es claramente imposible. Por otro lado, si x 4, entonces .5

4

4

3111


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15

Cuando x= 2, (*) se transforma en .10

311=+

zySi y 3, entonces .

10

3

3

111>>+

zySi y 7

entonces .10

3

7

211a + b, as que b + c a > 0 y c +a b> 0. Esto implica

que abc < 0, una contradiccin ya que los tres nmeros son positivos. Luego, entonces

a + b c> 0, b + c a > 0 y c +a b> 0. Note que

Multiplicando estas tres inecuaciones y tomando las races no negativas. Tenemos que

Para que se satisfaga (4) debe satisfacerse (1), (2) y (3) por lo que cba == es la nica

solucin.


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16

5. Determine el nmero de soluciones ( )zyx ,, en enteros positivos de la ecuacin

.233 =++ zyx

(British Columbia College, Junior High School Mathematics Contest, Ronda Final, 1997)

SOLUCIN: (Oficial)

Claramente, tenemos nicamente 7 posibles valores para x, desde 1 hasta 7. Cuando x= 7,

tenemos y + z= 2, la cual tiene una solucin: y= z= 1; cuando x= 6, tenemos y+ z= 5 la

cual tiene 4 soluciones: (y, z) = (1, 4), (2, 3), (3, 2), (4, 1). En este momento podemos notar

que por cada reduccin del valor de xen 1 el nmero de soluciones se incrementa en 3. As,

el nmero total de soluciones es 1 + 4 + 7 + 10 + 13 + 16 + 19 = 70.

6. Determine cul de los siguientes nmeros es el mayor: 86 + .95 +


SOLUCIN: (Oficial)

Sean 86 +=x y .95 +=y

Entonces,

45214452952,48214482862 +=++=+=++= yx

Desde que 48 > ,45 se nota que x2>y2 y, en consecuencia, se sigue que x>yya que

ambos son positivos. As, el mayor de los nmeros es 86 + .


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17

7. Para nmeros reales no negativos zyx ,, que satisfacen ,1=++ zyx pruebe que

.6411

11

11

+

+

+

zyx

(CEOC, 1992)

SOLUCIN: (de Sociedad RAMAMSEM)

Desarrollando el producto, tenemos que

por la desigualdad entre la media aritmtica y la media geomtrica se tiene

de modo que

As que,


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18

8. Resuelva el siguiente sistema de ecuaciones:

(Memorial University Undergraduate Mathematics Competition, September 25, 1997)

SOLUCIN: (de Solomon W, Golomb, USC, Los Angeles, CA, USA)

Si (1) tiene soluciones reales, entonces xyz 0. Luego,

x2+ 1 = xy, y2+ 1 = yz, z2+ 1 = xz.

Multiplicando tenemos (x2+ 1)( y2+ 1)( z2+ 1) = x2y2z2.

Pero para nmeros reales x, y, z, tenemos que x2 + 1 > x2, y2 + 1 > y2, z2 + 1 >z2 por lo

que el sistema de ecuaciones no tiene soluciones reales.

9. Propuesto por Waldemar Pompe, estudiante, Universidad de Varsovia, Polonia. Tomado


Un nmero de cuatro dgitos abcd es llamado faulty si satisface las siguientes

propiedades: el producto de los dos ltimos dgitos c y d es igual al nmero ,ab mientras

que el producto de 1c y 1d es igual al nmero de dos dgitos .ba Determine todos los nmeros faulty !

SOLUCIN: (David R. Stone, Georgia Southern University, Statesboro, Georgia, USA)

Esta implcito en la definicin que a 0, c 1, d 1, y b 0. Traduciendo las condiciones

dadas, si abcd es nmero faulty tenemos que

c d = 10a + b = ,ab (1)

y

( 1c ) ( 1d ) = 10b+ a = .ba

Esto ltimo implica

10b+ a = cd d c 1 = 10a + b d c+ 1,

As,


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19

9(a b) = c+ d 1,

como 1 9(a b) 17, forzosamente 9(a b) = 9, o bien a = b+ 1. Desde que c+ d= 10,

sustituyendo en (1), tenemos c(10 c) = 10(b + 1) + b, o bien

c2 10c + (11b + 10) = 0

Resolviendo la ecuacin cuadrtica en c, tenemos ,11155 bc = como ces un entero

positivo se sigue que b= 1. Obtenemos, tambin, que a = 2, c= 7 c= 3, con lo cual d= 3

d= 7 respectivamente. As, los nicos dos nmeros faulty son 2137 y 2173.

10. Determine todos los pares ordenados de enteros tales que .5336 += yx

(15th W.J. BLUNDON CONTEST, 18 de Febrero, 1998)

SOLUCIN: (Oficial)

Los pares son (3, 26), (3, 26), (3, 26), (3, 26).

Usted sabia que

En la direccin electrnica:

http://www.matebrunca.com/

Aqu encontrars un Sitio de Matemtica y Temas Educativos que corresponde a

una pgina muy interesante, elaborada por profesores de la Zona Sur de Costa Rica.

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20

GEOMETRA.

1. Los botones de un telfono estn dispuestos como lo indica la siguiente figura

Si los botones estn separados un centmetro, de centro a centro, cuando usted marca el

nmero 592 7018 determine la distancia que han recorrido sus dedos.


SOLUCIN: (Oficial)

Cada una de las distancias entre los dgitos sucesivos del nmero telefnico corresponde a

la longitud de la hipotenusa de un tringulo rectngulo con lados enteros. Las 6 longitudespueden ser fcilmente calculadas, ellas son: 5,10,2,5,5,2 para un total de

( )105322 ++ cm recorridos.


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2. El tringulo ABC es equiltero con lados tangentes al crculo de centro O y radio .3

Determine el rea del cuadriltero .AOCB


SOLUCIN: (Oficial)

Primero, unamos los puntos B y C. Al ser las tangentes a un crculo perpendiculares a su

radio en el punto de tangencia se forman as los tringulos rectngulo congruentes BOA y

BOC, cada uno de los cuales es un tringulo semiequiltero, en los cuales la medida del

lado BO es el doble de la medida del lado AO. Utilizando el teorema de Pitgoras hallamos

que AB = AC = 3. De donde (BOA) =2

3333

2

1= con lo que (AOCB) = .33

3. El tringulo ABC es tal que A = 30, C = 45 y AB mide el doble de la altura sobre

AC. Determine el valor deAB

BC.

( Competencia Colegial de USA, 1972 )

SOLUCIN: (Oficial)

Por la ley de Senos

Csen

AB

Asen

BC

=

Csen

Asen

AB

BC

=

o

o

45

30

sen

sen

AB

BC=

AB

BC=

2

1


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22

4. Sean cba ,, los lados y ,, los ngulos opuestos de un tringulo. Muestre que si

coscoscos 222 cabcab == entonces el tringulo es equiltero.

(Competencia Hngara, 1987)

SOLUCIN: (de George Evagelopoulos, Atenas, Gracia)

De la igualdad

y aplicando la Ley de Cosenos, tenemos

equivalentemente

y

similarmente obtenemos

y

Sumando (1), (2) y (3) tenemos

o equivalentemente

de donde 222 cba == o bien .cba ==


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5. Propuesto por Toshio Scimiya, Kawasaki, Japn. Tomado de la revista Crux

Mathematicorum with Mathematical Mayhem del 1991.

Sea M el punto medio del segmento BCdel tringulo .ABC Suponga que CBAM =

y .15o=MAC Calcule la medida del ngulo .C

SOLUCIN: (Dag Jonsson, Uppsala, Suecia)

Sea = C= BAM, c = ABy a = BM= MC. Desde que el tringulo ABCes semejante

al tringulo MBA, .22

acc

a

a

c==

Aplicando la Ley de Senos al tringulo aplicada al tringulo ABC se tiene

,2

15

2

sen

a

sen

a=

+ o

as

,

30

1530

21

21

15

2

+

==

+ o

oo

osen

sena

sen

a

con la obvia solucin = 30. Esta es la nica solucin desde que

( ) tan15

15cos

15

2

+

=

+

oo

o

sen

sen

a

es decreciente en ya que < 90.


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24

6. El cuadrngulo ABCD est inscrito en un crculo con radio 1 en el cual una de las

diagonales, ,AC es un dimetro del crculo, mientras que la otra diagonal, ,BD es

congruente con .AB Las diagonales se intersecan en .P Es conocido que .5

2=PC

Cunto mide CD ?

(Concurso Matemtico por Equipos BALTIC WAY - 92, Vilnius, 1992)

SOLUCIN: (Oficial)

Considere la siguiente figura

El tringulo ABDes issceles porque AB= BD. Sea O el centro del circuncrculo. EntoncesBOAD. Porque CDAD( ACes un dimetro), tenemos que CDBO; esto nos permite

afirmar que PCDPOB, y se sigue que

.3

2

5

35

21

=

=

==PO

PCOBCD

PO

PC

OB

CD


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25

7. AB es un dimetro de un crculo de radio 1. CD es una cuerda perpendicular a AB que

le interseca en .E Si el arco CAD es3

2de la circunferencia del crculo. Determine la

longitud del segmento .AE

(Competencia Matemtica de Alberta High School, Noviembre 1996, I Parte)

SOLUCIN: (Oficial)

Por simetra, el tringulo ACD es un tringulo equiltero. Entonces su centroide es el

centro Odel crculo. Desde que AO= 1, AE= AO+ OE= .2

3

8. A y B son dos puntos sobre el dimetro MN de un semicrculo. FEDC ,,, son puntossobre el semicrculo tales que .FBNDBMEANCAM == Pruebe que .DFCE=

(Competencia Matemtica de Alberta High School, Febrero 1997 Segunda Ronda)

SOLUCIN: (de Byung-Kyu Chun, Harry Ainlay High School, Edmonton, Alberta, Canad)


Prolonguemos EA hasta intersecar a la circunferencia en C, y prolonguemos DB hasta

intersecar a la circunferencia en F. Por simetra, AC= AC as que ACC= ACC,

similarmente BFF= BFF. Ahora bien, ECC= 180CAC = 180 2 CAM =

180 2 FBN =180FBF = DFF. Como los arcos CEy DFsubtienden ngulos

congruentes en el crculo, ellos tienen igual medida, se sigue entonces que las cuerdas CE y

DF son congruentes.


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9. El cuadriltero ABCD cumple las siguientes propiedades:

(1) El punto medio O del lado AB es el centro de un semicrculo;

(2) Los lados CBDCAD ,, son tangentes a este semicrculo.

Pruebe que .4

2

BCADAB = (15th W.J. BLUNDON CONTEST, 18 de Febrero, 1998)

SOLUCIN: (Oficial)


Por las propiedades de las tangentes, DE= DFy CF= CG. Ms an, EDO= FDO= y

FCO= GCO= . Desde que OA = OB, tenemos que EAO= GBO= .

Sumando los ngulos del cuadriltero ABCD, tenemos + 2 + 2 + = 360 de donde

+ + = 180; esto es, stos son ngulos internos de un tringulo. Considerando los

tringulos AOD, DOCy COB, tenemos que AOD= , DOC= y COB= . As,

estos tres tringulos son semejantes. Considerando los tringulos AOD y COB, tenemos

que .OBAOBCADBC

OB

AO

AD==

Desde que AO= OB=2

1AB, obtenemos el resultado.


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10. Tomado de Advanced Problems de Crux Mathematicorum, 1998.

Dado un cuadriltero ABCD con ,120,60,2,3 oo ===+= DAADCDABAD halle

la longitud del segmento desde D hasta el punto medio de .BC

SOLUCIN: (Oficial)


Observe que ABy CDson paralelas. Entonces, por el Teorema de Thales, el segmento que

une los puntos medios Ey Fde ADy BC respectivamente tambin es paralela a AB, y la

longitud de EF es la semisuma de los segmentos AB y CD, esto es, EF = AD. Ahora,

aplicando la Ley de Cosenos al tringulo DEF, tenemosDF2 = DE2 + EF2 2 DE EF cos DEF

=2

2

AD + AD2 AD2 cos 60

=4

23AD

as, DF= .2

3


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TEORA DE NMEROS.

1. Determine la cantidad de valores de xque hace que la expresin

18

98

+

+

x

xsea un nmero

entero.

(Problema de la Semana del 22/07 a 28/07 Tercer Nivel, 2006, Olimpiada Panamea de

Matemtica)

SOLUCIN: (Oficial)

Nota que18

801

18

98

++=

+

+

xx

xy que hay 20 divisores enteros de 80. Luego hay 20 posibles

valores de x.

2. Se obtiene el nmero n, al efectuar el producto ( ) ( ) .55559999

5200792007

43421K

43421K

vecesveces

Halle la suma de

los dgitos de n.

(Problema de la Semana 17, del 25 de junio al 1 de julio, Tercer Nivel, Olimpiada Panamea

de Matemtica)

SOLUCIN: (Oficial)

Obsrvese que

y que

Nota que el primer nmero tiene 2007 cincos seguidos por 2007 ceros y el segundo tiene

2007 cincos. La diferencia es 55 54 45, nmero que tiene 2006 cincos, seguido por

2007 cuatros y un cinco.

La suma de las cifras es: (2007)(5) + (2007)(4) + 5 = (10035) + (8028) + 5 = 18068.


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3. Cul de los nmeros x = 16 806789, y = 3441315 es mayor?

(Competencia escolar de Leningrado, 1984)

SOLUCIN: (Oficial)

Obsrvese quex = ( 75 1 )789< ( 75 )789 = 73945

y = ( 73 + 1 )1315> ( 73 )1315 = 73945

Por lo tanto, y > x

4. Si n es un nmero natural impar mayor que 2, demuestre que n( n2 1 ) es divisible por

24.

(CEOC, 1992)


Tenemos que n ( n2 1 ) = n ( n + 1 ) ( n 1 ).

Como n es impar, n 1 y n +1 son dos pares consecutivos.

Por lo tanto uno de ellos divisible por 2 y el otro por 4. Por ser n 1, n, n + 1 tres nmeros

consecutivos, uno de ellos es divisible por 3. Luego la expresin dada es divisible por el

producto de 2, 3 y 4, es decir, 24.

5. Determinar para cules nmeros primos p se cumple que 2p + p2 es primo.

(CEOC, 1992)


Notemos que p = 2 y p = 3 producen los nmeros 8 y 17, compuesto el primero de ellos y

primo el segundo. Basta considerar, entonces primos p > 2.

Sabemos que p satisface una y slo una de las siguientes congruencias:

p 0 (mod 3), p 1 (mod 3) y p 2 (mod 3)

Claramente, el primer caso solo se puede dar si p = 3, puesto que de otra manera p sera

compuesto.

En cualquier de los casos restantes se obtiene p2 1 (mod 3).


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30

Por otro lado, como 2 1 (mod 3) se obtiene 2p (1)p (mod 3). Adems, como p es impar,

luego 2p 1 (mod 3).

En resumen

p2 1 (mod 3)

2p 1 (mod 3)

2p + p2 0 (mod 3)

Pero entonces, 2p + p2 es siempre divisible por 3 si p > 3. Luego, el nico caso es p = 3.

FUNCIONES O SUCESIONES.

1. Colaboracin de Yakub Aliyev, Facultad de Pedagoga, Departamento de Matemticas,Qafqaz University, Khyrdalan AZ 0101, Azerbaijan.

Hallar todos los nmeros reales ba, para los cuales existe una funcin ++ RRf : con

2)1( =f , y para toda +Ryx, la igualdad bxay yfxfxyf )()()( = se satisface.

SOLUCIN: (del proponente)

Es obvio que =)(xyf )(yxf = bxay yfxf )()( byax xfyf )()( .

Haciendo y = 1 obtenemos = bxa fxf )1()( bax xff )()1( . Entonces = bxaxf 2)( bax xf )(2 , de

donde =baxf )( bxax2 si ba y, en cualquier otro caso, =)(xf x2 . Chequeando esta

solucin en la ecuacin funcional dada obtenemos .1=+ ba As si ba ,

1+ ba entonces existe tal funcin ( =)(xf x2 ), pero si ba , 1+ ba tal funcin no

existe.

Si ba = entonces axay yfxfxyf )()()( = . Haciendo y = 1 obtenemos axaxfxf 2)()( = ,

entonces si 1== ba entonces en la ltima ecuacin se obtiene lo siguiente 1= x2 , la cual no

es verdadera para todo x. Si 1= ba obtenemos axaxf 2)( 1 = , as =)(xf)1(2

a ax .

Chequeando esta solucin en la ecuacin funcional dada obtenemos .2

1=a As en este

caso tambin .12 ==+ aba


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32

4. Propuesto por Hojoo Lee, estudiante, Universidad Kwangwoon, Corea del Sur. Tomado


Halle todas las funciones :f tal que ( ) ( ) ( ) ++= nmmmnfmnfnf .,22

SOLUCIN: (Natalio H. Guersenzvaig, Universidad CAECE, Buenos Aires, Argentina)

Probaremos que la funcin identidad en , definida por f0(n) = npara todo n, es la nica

funcin que satisface la ecuacin funcional del enunciado. Es claro que f0 es una solucin del

problema. Tomemos m= 0, tenemos f(n2) = f2(n) para todo n. De donde f(0) = f2(0), as

que f(0) = 0 f(0) = 1. Haciendo m= ntenemos f(n2) = f(2n)f(0) + n2 para todo n.

Tomando n= 2 se obtiene f(4) = f (4)f (0) + 4y claramente f(0) = 0 ya que si f (0) = 1 se

tendra 0 = 4 una contradiccin. De lo anterior f2(n) = f(n2) = n2 para todo n. Obteniendo

la raz cuadrada (y positiva) se concluye f(n) = npara todo n.

5. Propuesto por Yakub N. Aliyeb, Universidad Estatal de Baku, Baku, Azerbaijan. Tomado


Halle todas las funciones :f IRIR tales que 1)1( =f y, para todos los nmeros reales

yx, tenemos ).(2)(3)( yfxfyxf xy +=+

SOLUCIN: (de Hasan Denker, Estambul, Turqua)Sea funa funcin que satisface las condiciones dadas f(1) = 1 y, para todos los nmeros

reales yx, tenemos ).(2)(3)( yfxfyxf xy +=+ (1).

Haciendo y= 1 en (1), para todo x IR,

Haciendo x= 1 en (1), para todo y IR,


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33

Sustituyendo ypor xen (3), tenemos , para todo x IR,

Finalmente, igualando (2) y (4) se tiene

As,

Usted sabia que

En la direccin electrnica:

http://www.cidse.itcr.ac.cr/olimpiadas/

Aqu encontrars toda la informacin referente a la Olimpiada Costarricense de

Matemtica de Costa Rica tal como reglamento, temario, pruebas anteriores y otros.

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34

3. Problemas de Competencias no Olmpicas.

Esta columna consistir en 30 ejercicios propuestos que se separarn por categoras(lgebra, Geometra, Teora de Nmeros y Funciones o Sucesiones) y de menor a mayor

nivel de dificultad. Es importante destacar que el nivel de dificultaden que se ordenarn los

ejercicios de cada categora es valorado por nosotros (los editores) de acuerdo a criterios

establecidos pero ello no significa que esta valoracin pueda ser diferente para el estimable

lector.

Por otro lado, la solucin de los mismos se presentar hasta la prxima edicin con la

finalidad de que nuestros lectores participen activamente envindonos soluciones y / o

comentarios que puedan enriquecer la discusin de cada ejercicio. Sin embargo, de no darse

esa participacin en algunos ejercicios, se publicar, al menos, una solucin oficial brindada

por los encargados de esta seccin.

LGEBRA.

1. Sean zyx ,, tres nmeros reales diferentes de cero que satisfacen las siguientes dos

ecuaciones: ,1=++ zyx 1111

=++zyx

. Pruebe que al menos uno de esos nmeros zyx ,, es

igual a 1.

(Mathematics Competition Spring 2000, Universidad de Florida).

2. Hallar el residuo de dividir x +x2 + ... + x100 por x1 +x2 + ... + x100.


3. Pruebe que x12 x9 + x4 x+ 1 > 0 para todo nmero real x.


4. Sean a, b, c enteros que satisfacen a2 + b2 + c2 = 0. Pruebe que a = b = c = 0.



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5. Hallar un par ordenado (a, b) de nmeros reales para el cul x2 + ax+ b tiene una raz no

real cuyo cubo es 343.

(Harvard-MIT Math Tournament, 27 de Febrero, 1999)

6. Si P(x) es un polinomio mnico curtico tal que P(1) = 1, P(2) = 4, P(3) = 9 yP(4) = 16, hallar P(1).


7. Cuntos subconjuntos no vacos de {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8} tienen exactamente k

elementos y no contienen el elemento k para algn k = 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8?


8. Considere la ecuacin FORTY+ TEN+ TEN= SIXTY, donde cada una de las diez letras

representa un dgito diferente de 0 a 9. Halle todos los posibles valores de SIXTY.


9. Sean x= 20011002 20011002 y y= 20011002 + 20011002. Hallar x2 y2.

(Harvard-MIT Math Tournament, 3 de Marzo, 2001)

10. Suponga que x satisface x3 + x2 + x + 1 = 0. Cules son todos los posibles valores de

x4 + 2x3 + 2x2 + 2x + 1?


GEOMETRA.

1. Las longitudes de los lados de un tringulo son tres enteros consecutivos. Si el mayor de

los ngulos internos mide el doble del menor de ellos, determine la longitud de los lados.


2. Un filtro para coffeemaker se forma pegando dos radios de un sector cortado de un

crculo. Para qu ngulo del sector este filtro tiene la mayor capacidad?



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3. ABCDes un cuadriltero cclico. Los lados ABy DCse prolongan hasta intersecarse en

E, y los lados ADy BCse prolongan hasta intersecarse en F. Muestre que las bisectrices de

los ngulos Ey Fson perpendiculares entre s.


4. En un tringulo rectngulo, ces la longitud de la hipotenusa, ay bson las longitudes de

los otros dos lados, d es la longitud del dimetro de crculo inscrito. Pruebe que

a + b = c + d.


5. Pruebe que si las bisectrices de dos ngulos internos de un tringulo tienen igual

longitud, entonces los ngulos bisecados son congruentes.


6. Un disco es un crculo junto con la regin que contiene. Ahora, dados seis discos en el

plano. Pruebe que si ellos tienen un punto en comn entonces al menos un disco contiene el

centro de otro disco.


7. Los cuadrados ABKL, BCMN y CAOP son dibujados externamente sobre los lados de un

tringulo ABC. Los segmentos KL, MN y OP, cuando se prolongan, forman un tringulo

ABC. Halle el rea del tringulo ABC si ABC es un tringulo equiltero de lado 2.



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8. Un crculo de radio 3 cruza el centro de un cuadrado de lado 2. Halle la diferencia positiva

entre las reas de las porciones que no se traslapan de las figuras.


9. Un punto sobre la circunferencia inscrita en un cuadrado est a 1 y 2 unidades de doslados contiguos del cuadrado. Hallar el rea del cuadrado.


10. El punto D es trazado sobre el lado BC del tringulo ABC, y AD se prolonga por D hasta

E tal que los ngulos EAC y EBC son congruentes. Si BE = 5 y CE = 12, determine la

longitud de AE.

(Harvard-MIT Math Tournament, 3 de Marzo, 2001)TEORA DE NMEROS.

1. Pruebe que si un nmero primo es dividido por 30, entonces su residuo es un nmero

primo o es igual a 1.


2. Sea A = 361 + 362 + 363 + + 726, esto es, sea A la suma de los enteros positivosconsecutivos empezando con 361 y terminando con 726. Del mismo modo, sean

B = 363 + 364 + + 727, C = 365 + 366 + + 728,

D = 367 + 368 + + 729, E = 369 + 370 + + 730.

(a) Cul de A, B, C, D, o E es la mayor de estas cinco sumas?

(b) Cul de A, B, C, D, o E es la menor de estas cinco sumas?

(Thirteenth Annual OSU, HIGH SCHOOL MATH CONTEST, 2003, Florida)

3. Hallar dgitos ay fen {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9} tales que a5 + 1 = f 1111.(Thirteenth Annual OSU, HIGH SCHOOL MATH CONTEST, 2003, Florida)

4. Si x, y, zson enteros positivos diferentes tales que x2 + y2 = z3, cul es el menor valor

posible de x + y + z.?



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5. El nmero de formas de remplazar el espacio subrayado en

por los dgitos 1, 2, 3, 5, 6, 7, 8, 9 en algn orden ie 8! = 40,320.

(a) De cuntas maneras de estas 40,320 formas resulta en un nmero de 9 dgitos tal que q

es un mltiplo de 25?

(b) De cuntas maneras de estas 40,320 formas resulta en un nmero de 9 dgitos tal que q

es un mltiplo de 8?

(Thirteenth Annual OSU, HIGH SCHOOL MATH CONTEST, 2003, Florida)

FUNCIONES O SUCESIONES.

1. fes una funcin continua de variable real tal que f(x+ y) = f(x)f(y) para todo x, yreales.Si f(2) = 5, halle f(5).


2. Hallar una funcin dos veces diferenciable f(x) tal que f(x) = 0, f(0) = 19 y f(1) = 99.


3. Sea

O++

++=

xx

xxxf

2

12

12

1

)( para x> 0. Halle ).99()99( ff


4. Calcule

=

1ii

a

iapara a > 1.


5. Calcule la suma de los coeficientes de la funcin polinmica f(x) si

(20x27 + 2x2+1)f(x) = 2001x2001.



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4. CURIOSATO.

Esta columna tiene como finalidad mostrar ejercicios de preparacin o competencia

olmpicas en fases iniciales que se desarrollan en otros pases.

Estos tipos de ejercicios son, en su mayora, de seleccin nica y se procurar brindar la

solucin de todos los ejercicios que se propongan. Es importante hacer notar que los

mismos pueden servir de preparacin para estudiantes que participan en los distintos niveles

de la Olimpiada Costarricense de Matemtica.

La mayora de problemas que presentamos en esta columna son ejercicios de olimpiadas

nacionales e internacionales. Esperamos que este trabajo sirva como material de apoyo a

los maestros que entrenan estudiantes para olimpiadas matemticas y que sirva tambin de

motivacin y apoyo a los estudiantes que desean enfrentarse a problemas retadores e

interesantes que son tpicos de olimpiadas matemticas.

En esta columna presentamos el examen y soluciones del XI CONCURSO DE PRIMAVERA

DE MATEMTICAS: Segunda Fase, NIVEL II para estudiantes de 1 y 2 de Educacin

Secundaria Obligatoria (ESO), Madrid, Espaa.


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XI CONCURSO DE PRIMAVERA DE MATEMTICAS2 FASE : Da 21 de abril de 2007

NIVEL II (1 y 2 de ESO) Lee detenidamente las instrucciones !!!

Escribe ahora tu nombre y los datos que se te piden en la hoja de respuestas

* No pases la pgina hasta que se te indique.* Duracin de la prueba: 1 HORA 30 MINUTOS.* No est permitido el uso de calculadoras, reglas graduadas, ni ningn otro instrumento demedida.

* Es difcil contestar bien a todas las preguntas en el tiempo indicado. Concntrate en las que

veas ms asequibles. Cuando hayas contestado a esas, intntalo con las restantes.* No contestes en ningn caso al azar. Recuerda que es mejor dejar una pregunta en blanco que

contestarla errneamente:* MARCA CON UNA CRUZ ( ) EN LA HOJA DE RESPUESTAS LA QUE CONSIDERES

CORRECTA.* SI TE EQUIVOCAS, ESCRIBE "NO" EN LA EQUIVOCADA Y MARCA LA QUE CREAS

CORRECTA.

CONVOCA:

Facultad de Matemticas de la U.C.M.COLABORAN:

Universidad Complutense de MadridConsejera de Educacin de la Comunidad de Madrid

Educamadridwww.profes.net (SM) - Grupo ANAYA - El Corte Ingls

Yalos Instruments, S.L. - SAS

Cada respuesta correcta te aportar 5 puntosCada pregunta que dejes en blanco 2 puntosCada respuesta errnea 0 puntos

1. En una hoja de papel hay escrito un nmero de cuatro cifras del que vemos que empieza

por 86 pero no vemos las dos ltimas cifras. Si nos dicen que el nmero escrito es divisible

por 2, 3, 4 y 5. Cul es la suma de las dos cifras que no vemos?

A) 4 B) 6 C) 7 D) 9 E) 14


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2. La figura est formada por cuatro pentgonos regulares que encierran un paralelogramo.

Cunto mide el ngulo BAC?

A) 15 B) 18 C) 20 D) 30 E) 36

3. Mi coche gasta exactamente 8 litros cada 100 km, dijo Alonso (A). Pues si lleno los 45litros del depsito del mo puedo recorrer 540 km, coment Barrichello (B). Pues yo, con 1

litro soy capaz de recorrer 13 km, dijo Coulthard (C). Segn el consumo, cmo ordenaras

los coches desde el ms econmico al ms caro?

A) ABC B) BAC C) BCA D) CAB E) CBA

4. Si el ngulo RPM de la figura mide 20 y el QMPmide 70, cul es el valor del

ngulo PRS?

A) 90 B) 110 C) 120 D) 130 E) 140


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5. Si entre los jvenes espaoles de 15 aos, tres de cada cuatro tienen mvil y dos de

cada tres tienen ordenador, podemos asegurar que tienen las dos cosas, por lo menos:

A) Uno de cada diez B) Cinco de cada doce C) Uno de cada tres

D) La mitad E) Siete de cada diez

6. Qu fraccin del rectngulo grande est sombreada? (Los polgonos interiores son

cuadrados)

A) 11/16 B) 9/16 C) 5/8 D) 3/4 E) 2/3

7. Observa estas tres sumas:

Entonces, es igual a

8. Los tres ngulos de un tringulo miden (x + 10), (2x 40) y (3x 90). Qu afirmacin

de las siguientes es la verdadera? El tringulo es

A) Rectngulo issceles B) Rectngulo pero no issceles C) Equiltero

D) Issceles obtusngulo E) Nada de lo anterior.

9. Al dividir el nmero de fumadores entre el nmero de no fumadores de las personas quehay en una reunin, sale exactamente 0,24. Cul es el menor nmero de asistentes

posibles a esa reunin?

A) 25 B) 31 C) 36 D) 48 E) 76


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10. Los segmentos PQy PSdel dibujo adjunto son iguales, as como QSy QR. Si el ngulo

SPQ= 80, el ngulo QRSes igual a:

A) 10 B) 15 C) 20 D) 25 E) 30

11. A lo largo de una carretera nos encontramos con siete ciudades A, B, C, D, E, F, Gen

ese orden. La tabla de la derecha nos indicaba todas las distancias que hay entre ellas (en

km). As, por ejemplo, desde A a D hay 23 km. Como ves, se han borrado 15 de esas

distancias. Con los datos que an se conservan, puedes calcular algunas distancias ms.

Cuntas exactamente?

A) 0 B) 1 C) 6 D) 12 E) 15

12. La figura muestra dos crculos iguales dentro de un rectngulo de 9 cm x 5 cm. Cul es la

distancia, en cm, entre los centros de los crculos

A) 2 B) 2,5 C) 3 D) 3,5 E) 4


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13. Mara tiene escritos cuatro nmeros enteros. Al sumarlos de tres en tres obtiene 115,

153, 169 y 181. Cul es el mayor de los nmeros de Mara?

A) 66 B) 53 C) 91 D) 121 E) 72

14. Dividimos un hexgono regular en tres hexgonos regulares iguales y tres rombos

iguales, como se muestra en la figura. Si el rea del hexgono grande es 360 cm2, el rea de

cada rombo, en cm2, es:

A) 60 B) 30 C) 75 D) 15 E) 45

15. Con 10! (que se lee 10 factorial) representamos el producto (multiplicar 10 por todos los

enteros anteriores a l hasta el 1) Cul es el nmero ms pequeo que multiplicado por 10!

nos da un cuadrado perfecto?

A) 7 B) 14 C) 30 D) 70 E) 210

16. El tringulo ABC de la figura es equiltero. Si el ngulo DAC = 40 y el ngulo

EBC = 35, cunto mide el ngulo DFE?

A) 140 B) 135 C) 130 D)120 E) 105


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17. A la final de una competicin escolar de atletismo llegan dos colegios que participan en

seis pruebas presentando dos estudiantes por colegio en cada prueba. Cada uno de estos

cuatro participantes obtiene 5, 3, 2, 1 punto segn quede 1, 2, 3 4, respectivamente.

Si al final no ha habido ningn descalificado, los centros no empataron y la puntuacin global

de uno de los centros viene dada por el nmero de la del otro ledo al revs, cul fue ladiferencia entre las puntuaciones de los dos centros?

A) 12 B) 18 C) 27

D) 36 E) No tenemos datos suficientes

18. Cada vrtice de la estrella de la figura es el punto medio de cada uno de los lados del

cuadrado grande. Qu fraccin del rea del cuadrado cubre la estrella?

A) 1/5 B) 1/4 C) 1/3 D) 3/8 E)

2/5

19. Intentando ordenar los nmeros enteros entre 11 y 19 de forma que dos cualesquiera que

estn uno al lado del otro no fueran primos entre s, tuve que dejar fuera el 11, 13, 17 y 19, y

escrib: 16, 18, 15, 12, 14. Si hubiera intentado hacer lo mismo con los nueve enteros que

hay entre 111 y 119, cuntos, como mnimo, tendra que dejar fuera?

A) 0 B) 1 C) 2 D) 3 E) 4


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20. Dividimos el rectngulo ABCDde la figura, en el que AB= 49 cm y BC= 100 cm , en

4900 cuadraditos de lado 1 cm. Si Ees un punto de BCcon BE= 60 cm, a cuntos de los

4900 cuadraditos cortan los segmentos AEy ED?

A) 192 B) 196 C) 198 D) 200 E)

202

21. Un da que sal de excursin por la montaa, a las 10 de la maana haba completado la

tercera parte de todo el recorrido, y a las 12, las tres cuartas partes. A qu hora comenc a

andar si siempre mantuve el mismo ritmo?

A) 7 : 32 B) 8 : 24 C) 9 : 12 D) 9 : 36 E) 9 :

48

22. Colocamos tres cuadrados, como se muestra en la figura, encajados entre dos barras

perpendiculares a la horizontal AB. Con los datos que te damos, cul es el valor del ngulox?

A) 39 B) 41 C) 43 D) 44 E)46


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5. Solucin a los problemas anteriores de la columnaOlimpiadas alrededor del mundo.

Randall Godnez.

Arlene Martnez.

Melissa Ramrez.

Carlos Rodrguez.

Presentamos, a continuacin, la solucin de los diez problemas presentados en esta misma

columna pero de la edicin anterior. Hemos procurado adjuntar varias soluciones a los

problemas con el fin de hacer notar que los mismos pueden ser enfocados y resueltos de

diversas formas y que ello es lo que se busca en las competencias olmpicas: favorecer el

pleno desarrollo de la creatividad del participante al momento de enfrentar los problemas yde ninguna manera encajonar su pensamiento.

Al mismo tiempo que se presenta una solucin a determinado problema se advierte, cuando

ello lo amerita, la teora que se est aplicando en la solucin del mismo con el fin de que se

cuente con todo el marco terico que se requiera para poder resolver otros problemas que

puedan ubicarse en la misma categora o bien que puedan reducirse a ellos.

Cuando se indique que la solucin es oficial lo que se pretende indicar es que esa es la

solucin que se dio en la competencia sealada por parte del comit organizador o bien de

su proponente.

Recurdese que ningn problema est completamente cerrado por lo que se les solicita a

nuestros estimables lectores que nos enven sus comentarios o sugerencias que tengan a

esta columna en particular mediante alguno de los correos indicados en la presentacin.

Pues bien, veamos las soluciones de la columna anterior !!


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XXIV OLIMPADA BRASILEIRA DE MATEMTICA

Problemas de la Segunda Fase

PROBLEMAS NIVEL 1

PROBLEMA 1El ao 2002 es un nmero palndromo, o sea, se lee igual de derecha para a izquierda.

a) Despus del 2002, cules sern los prximos cuatro aos palndromos?

b) El ltimo ao palndromo, 1991, era impar. Cundo ser el prximo ao palndromo

impar?

Solucin Oficial:

a) Los palndromos entre 2000 y 3000 son de la forma 2aa2, donde aes un dgito. Luego, los

prximos cuatro sern 2112, 2222, 2332 y 2442.b) Como el primer dgito es igual al ltimo, un palndromo impar mayor que 2002 debe

comenzar y terminar en un nmero impar mayor o igual a 3. Luego, el prximo ser 3003.

PROBLEMA 2

Un hacendado resuelve repartir su hacienda a sus cinco hijos. El diseo de al lado (no est

a escala) representa la hacienda y las partes de los herederos, que son de forma triangular,

de modo que 4BC

BD =

,,

3

ACAE=

2

DCDF=

e EG = GC. El hijo menor recibe el terrenorepresentado por el tringulo oscuro, de 40 hectreas. Cuntas hectreas tena la

propiedad original?

A

BD

E

G

F

C

Solucin Oficial:

Sea Sel rea del tringulo ABC.

Como ,4

BCBD = entonces .

4)(

SABD =


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Como ,3

ACAE= entonces .

43

4

3

3

4

3

)()(

S

SSS

ADCAED ==

==

Como ,2

DCDF= entonces .

42

44

2

)()(

S

SSS

DECDEF =

+

==

Como EG= EC, entonces .82

4

3

2

)()(

S

SS

EFCGFC =

==

Como (GFC) = 40 tenemos 320408

== SS hectreas.

PROBLEMA 3

Dado un nmero, puedes escribir o su doble o suprimir el dgito de las unidades. Representeuna sucesin que comience con 2002 y termine con 13, usando solamente esas dos

operaciones.

Solucin Oficial:

Una posible solucin es:

2002, 200, 20, 2, 4, 8, 16, 32, 64, 128, 256, 512, 51, 102, 204, 408, 816, 1632, 163, 326,

652, 1304, 130, 13.

PROBLEMA 4

Tres amigas fueron a una fiesta con vestidos azul, negro y blanco, respectivamente. Sus

pares de zapato presentaban esos mismos tres colores, ms solamente Ana usaba vestido y


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zapatos del mismo color. Ni el vestido ni los zapatos de Julia eran blancos. Marisa usaba

zapatos azules. Describa el color del vestido de cada una de las muchachas.

Solucin Oficial:

Como los zapatos de Marisa eran azules, y ni el vestido ni los zapatos de Jlia eran brancos,

se concluye que los zapatos de Jlia eran negros y por tanto los zapatos de Ana eranblancos.

El vestido de Ana era blanco, pues era la nica que usaba vestido y zapatos del mismo

color; consecuentemente, el vestido de Jlia era azul y el de Marisa era negro.

PROBLEMA 5

En el jugo pega-paletas, as paletas verdes valen 5 puntos cada una, las azules valen 10

puntos, las amarillas valen 15, las rojas, 20 y la negra, 50. Existen 5 paletas verdes, 5azules, 10 amarillas, 10 rojas y 1 negra. Carlos consigue hacer 40 puntos en una jugada.

Llevando en cuenta apenas a cantidad de paletas de esos colores, de cuntas maneras

diferentes l podra haber conseguido esa puntuacin, suponiendo que en cada caso fuese

posible pegar las paletas necesarias?

Solucin Oficial:

La suma de los puntos es 40. Siguiendo las reglas del juego, las possibilidades son:

20

20

15 5

10

10

5 5

5 5 5 5

20 + 20

20 + 15 + 5

20 + 10 + 10

20 + 10 + 5 + 5

20 + 5 + 5 + 5 + 5

(1)

(2)

(3)

(4)

(5)


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15

15

5 5

10 10

5

5 5 5 5 5

15 + 15 + 10

15 + 15 + 5 + 5

15 + 10 + 10 + 5

15 + 10 + 5 + 5 + 5

15 + 5 + 5 + 5 + 5 + 5

(6)

(7)

(8)

(10)

10

5

5 5 (9)

10

5 5 5 5

10

5 5

10 + 10 + 5 + 5 + 5 + 5

10 + 10 + 10 + 10

(12)

(13)

(11)

10

1010 + 10 + 10 + 5 + 5

5 5 5 5 5 5 nos da, pues apenas hay 5 paletas verdes.

La respuesta es por lo tanto: de 13 maneras diferentes.

PROBLEMA 6

En las casillas de un tablero 8 8 fueron escritos nmeros enteros positivos de forma que la

diferencia entre nmeros escritos en casillas vecinas (cuadrados con un lado comn) es 1.

Se sabe que en una de las casillas est escrito 17 y, en otra, est escrito 3. Disee un

tablero 8 8 aprovechando esas reglas y calcule la suma de los nmeros escritos en las dos

diagonales del tablero.

Solucin Oficial:

Como la diferencia entre el 17 y el 3 es 14, esos nmeros deben estar en posiciones

alejadas de 14 casas, contadas en la horizontal o vertical.

Por tanto 17 y 3 deben ocupar las extremidades de una de las diagonales del tablero.

A partir de ello, el relleno de las diagonales es hecho de manera nica. Y una manera de eserellenar el tablero es la siguiente:

17 16 15 14 13 12 11 10

16 15 14 13 12 11 10 9


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15 14 13 12 11 10 9 8

14 13 12 11 10 9 8 7

13 12 11 10 9 8 7 6

12 11 10 9 8 7 6 5

11 10 9 8 7 6 5 4

10 9 8 7 6 5 4 3

la suma de los nmeros escritos en las diagonales es: 8 10 + (3 + 5 +...+ 17) = 160.

PROBLEMAS NIVEL 2

PROBLEMA 1

Gerald y Magro salieron de sus casas en el mismo instante con la intencin de visitar el unoal otro, caminando por el mismo sendero. Gerald iba pensando en un problema de olimpiada

y Magro iba reflexionado sobre cuestiones filosficas y ninguno se percat del otro cuando

se cruzaron en el camino. Diez minutos despus, Gerald llegaba a casa de Magro y media

hora ms tarde, Magro llegaba a casa de Gerald. Cunto tiempo camin cada uno de

ellos?

Observacin: Cada uno de ellos viaja con velocidad constante.

Solucin Oficial:Sea t> 0 el tiempo, en minutos, del recorrido desde la salida de Gerald y Magro hasta el

instante del encuentro.


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Sean gy mlas distancias entre el punto de encuentro entre las casas de Gerald y Magro,

respectivamente. Como Gerald recorre la distancia gen tminutos y la distancia men 10

minutos, tenemos .10

t

m

g=

Anlogamente, .40tmg = Luego 204004010 2

=== ttt

t (pues t> 0). Luego Gerald anduvo 10

+ 20 = 30 minutos y Magro anduvo 40 + 20 = 60 minutos.

PROBLEMA 2

azul

bran

co

amarelo

verde

Un panel grande en forma de un cuarto de crculo fue compuesto con 4 colores, conforme lo

indicado la figura de arriba, donde el segmento divide al sector en dos partes iguales y un

arco interno de una semicircunferencia. Cul es el color que cobre una mayor rea?

Solucin Oficial:

w

x

y

z

Sean x, y, zy wlas reas de las regiones blanca, amarilla, azul y verde, respectivamente.

Sea Rel radio del semicrculo. Tenemos2

2R

yx

=+ y2

)2(8

12

2 RRwxzy

==+=+

As, x+ y= y+ z= x+ w, luego x= zy y= w.Como sea, x es el rea de un segmento circular de ngulo central de 90 y radio R,

222

4

2

24R

RRx

==

y .4

2 2Ry

+=

As, x= z< y= w.


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PROBLEMA 3

Vea el problema No. 6 del Nivel 1.

PROBLEMA 4

B

C

A D

El profesor Pardal est estudiando el comportamiento familiar de una especie de pjaro. Los

puntos A, B, Cy Dde la figura de arriba, representan la disposicin de cuatro nidos de esos

pjaros. El profesor construy un puesto de observacin equidistante de los cuatro nidos.

Todos los nidos y el puesto de observacin estn en un mismo nivel de altura a partir del

suelo, la distancia de Ba Des de 16 metros y .45 =DAB Determine la distancia del puesto

a cada nido.

Solucin Oficial:

Observe que el puesto del observador coincide con el centro del crculo circunscrito al

cuadriltero ABCD. Como 16=BD , siendo O el centro del crculo circunscrito, tenemos

2 90 BOD BAD= = y rODBO == , donde ,16 222 rr += por el teorema de Pitgoras, y luego

.28128 ==r As, la distncia del puesto (que se debe fijar en O) a los nidos ser de

28 metros.

PROBLEMA 5

El primer nmero de una secuencia es 7. El prximo es obtenido de la siguiente manera:

Calculamos el cuadrado del nmero anterior 72 = 49 y a continuacin efectuamos la suma de

sus dgitos y adicionamos 1, esto es, el segundo nmero es 4 + 9 + 1 = 14. Repetimos este


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proceso, obteniendo 142 = 196 y el tercer nmero de la secuencia es 1 + 9 + 6 + 1 = 17 y as

sucesivamente. Cul es el 2002o elemento de esta secuencia?

Solucin Oficial:

Los primeros nmeros de la secuencia son (7, 14, 17, 20, 5, 8, 11, 5...) donde vemos que,

exceto por los 4 primeros trminos, la secuencia es peridica con perodo 3. Como 2002deja resto 1 cuando es dividido por 3, el nmero buscado coincide con aquel que ocupa el

7o. lugar en la secuencia, a saber, 11.

PROBLEMA 6

El ao 2002 es un nmero palndromo, o sea, se lee igual de derecha para a izquierda.

a) Despus del 2002, cules sern los prximos cuatro aos palndromos?

b) El ltimo ao palndromo, 1991, era impar. Cundo ser el prximo ao palndromo

impar?c) El ltimo ao palndromo primo sucedi hace ms de 1000 aos, en 929. Determine cul

ser el prximo ao palndromo primo.

Solucin Oficial:

a) Los palndromos entre 2000 y 3000 son de la forma 2aa2, donde aes un dgito. Luego los

prximos cuatro sern 2112, 2222, 2332 y 2442.

b) Como el primer dgito es igual al ltimo, un palndromo impar mayor que 2002 debe

comenzar y terminar por un nmero impar mayor o igual a 3. Luego, el prximo ser 3003.

c) Un palndromo de cuatro dgitos es de la forma abba= a+ 10b+ 100b+ 1000a= 1001a+

110b, que es mltiplo de 11, ya que 110 y 1001 son mltiplos de 11. Luego, el prximo ao

palndromo primo tiene un mnimo 5 dgitos.

Los menores palndromos de 5 dgitos son 10001, que es mltiplo de 73 y 10101, que es

mltiplo de 3. El prximo es 10201 = 1012, divisible por 101. El siguiente, 10301, es primo,

pues no es divisible por cualquer primo menor que .10210301 <


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PROBLEMAS NIVEL 3

PROBLEMA 1Vea el problema N

o. 5 del Nivel 2.

PROBLEMA 2

Para cules enteros positivos nexiste un polgono no regular de n lados, inscrito en una

circunferencia, y con todos los ngulos internos de la misma medida?

Solucin Oficial:

Sea C la circunferencia de centro Ocircunscrita al polgono A1A2...An. Los tringulos AiAi+ 1

O(con An+ 1 = A1) son issceles. Sea . 1+= iii AAO

Entonces

(1) .... 1433221 +==+=+=+ n

Por tanto.

=

===

===

2

642

531

...

...,

n

O

n

n

1

12

2

3

3

A2

A1 A3

Si nfuera impar, entonces ,...21 n === luego todos los ngulos 1 +ii AOA serin iguales y el

polgono sera regular.

Para npar, no es necesario que todos los ngulos sean iguales.

Escogiendo x y de modo que x + y = ngulo interno =n

n )2(180 y haciendo

131 ... ==== nx , ny ==== ...42 , obtenemos um polgono inscrito no regular con todos

los ngulos de igual medida.

Por tanto, para npar 4, existe um polgono de n lados que satisface las condiciones del

problema.


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PROBLEMA 3

Determine el mayor natural k para el cual existe un entero n tal que 3k divide

n3 3n2 + 22.

Solucin Oficial:

Sea n= 3r, entonces 22)3(3)3(223 2323 +=+ rrnn es una suma de un mltiplo de 3 con 22,

lueogo no es mltiplo de 3.

Sea n= 3r+ 1, entonces

+++=+++=+2232323

)3(31)3(3)3(3)3(22)13(3)13(223 rrrrrrnn 20)3(3)3(223)3(23 3 +=+ rrr ,

que tambin no es mltiplo de 3.

Finalmente, sea n = 3r 1, entonces =+=+ 22)13(3)13(223 2323 rrnn

,1839)3(6)3(223)3(23)3(31)3(3)3(3)3( 23223 ++=+++= rrrrrrrr que es la suma de un

mltiplo de 27 con 18, y por tanto es mltiplo de 9 mas no de 27, luego la mayor potencia de

3 que divide un nmero de la forma 223 23 + nn es 32 = 9. As, kes 2.

PROBLEMA 4

Cuntos dados deben ser lanzados al mismo tempo para maximizar la probabilidad de

obtener exactamente un 2?

Solucin Oficial:

Suponga que los dados estn numerados de 1 a n. La probabilidad de que solamente eldado No. 1 resulte en 2 es:

.6

5

6

5...

6

5

6

5

6

1 1

n

n

=

Anlogamente, la probabilidad de que solamente el dado k, (1 kn) resulte en 2 es

.6

5

6

5...

6

5

6

1

6

5...

6

5

6

5 1

n

n

=

Por tanto, la probabilidad de obtener exatamente un 2 es

.6

5

6

5...

6

5

6

5 1111

n

n

n

n

n

n

n

n

n nP

=+++=

Ahora, observe que .5)1(566

5)1(

6

51

1

1 ++ +

+ nnnnnPP n

n

n

n

nn

Para n= 5, ocurre la igualdad (P5 = P6), P5 = P6 > P7 > P8 > P9 >... y


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P1 < P2 < P3 < P4 < P5 = P6

Y la probabilidad es mxima para n= 5 o n= 6.

PROBLEMA 5

En un cuadriltero convexo ABCD, los lados opuestos AD y BC son congruentes y lospuntos medios de sus diagonales ACy BDson distintos.

Pruebe que la recta determinada por los puntos medios de las diagonales forma ngulos

iguales con ADy BC.

Solucin Oficial:

Sean My Nlos puntos medios de ACy BDy Pel punto medio de lado AB. Entonces PMes

base media del ABC y PNbase media de .ABD Se sigue que .22

PNADBC

PM ===

Siendo X y Y las intersecciones de la recta MN con BC y AD, tenemos entonces

NYAMNPNMPMXB === ou . NYAMNPNMPMXB ===

A

PB

YN

M

X

D

C

Solucin alternativa:Probaremos que si,

2

CAM

+= e

2

DBN

+= entonces el vetor MN hace ngulos iguales con

AD y BC. Para eso, como ,BCAD = basta ver que los produtos internos ADMN y BCMN

tienen el mismo mdulo.

Tenemos

( ) =

=

+==

2

)()(

2)()(

2ADADBC

ADDBCA

ADMNADMN

BCMNBCNMBCCABDBCADBC

==+

=

= )()(2

)()(

2

)()( 2


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PROBLEMA 6

Colocamos varios palitos sobre una mesa para formar un rectngulo mn, como muestra la

figura. Debemos pintar cada palito de azul, rojo o negro de modo que cada uno de los

cuadritos de la figura sea delimitado por exactamente dos palitos de un color y dos de otro

color. De cuntas formas podemos realizar esta pintura?

m

n

. . .

. . .

. . .

M M M

Solucin Oficial:

Hay 3n maneras de colorear una hilera horizontal superior de palitos. El palito vertical ms a

la izquierda de la primera lnea tambin puede ser coloreado de 3 maneiras.

n

. . . . . .M M M. . .

. . .

. . . M M. . . Una vez definidos los colores de los palitos superiores y ms a la izquierda de un cuadrado,

hay dos maneras de completarlo segn las condicioes del enunciado: si ambos tienen el

mismo color, hay dos escogencias para colorear los dos palitos restantes; si ambos tienen

colores diferentes, hay dos maneras de colorear los dos palitos restantes con estos colores.

As, para completar la primeir

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