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Revista Escolar de la Olimpíada Iberoamericana de Matemática
Número 8 (Julio - Agosto 2003)
ISSN – 1698-277X
ÍNDICE
Artículos, Notas y Lecciones de preparación olímpica
Juan Carlos Salazar (Puerto Ordaz, Venezuela), miembro del equipo de preparación olímpica
venezolano; El Teorema de Harcourt
Laurentiu Modan: Sobre un problema de distancia maximal de Tudor Zamfirescu.
Problemas para alumnos de Educación Media y de Olimpiadas
Resuelto: Problema 6 de la fase nacional de la XXXIX OME, por Francisco Javier Hernández Heras, IES
"Emilio Ferrari", Valladolid.
Propuestos: Problemas de la VI Competición Matemática Mediterránea 2003 .
Problemas para los más jóvenes
Problemas de la fase Regional de la XI Olimpiada de Castilla y León.
Problemas resueltos
Se han recibido soluciones "resumidas" a los problemas siguientes : 4, 18 y 34, y un intento de solución
al problema 20.
Para poder publicar una solución es imprescindible que ésta esté completamente desarrollada, además
de ser correcta. Es responsabilidad del editor publicarla o no.
El problema número 32 ha sido propuesto por el Prof. Laurentiu Modan, de Bucarest, Rumania; por error
su nombre no aparecía en el nº 7 de la Revista.
Presentamos la solución del problema nº 33, de F.Damián Aranda, de Córdoba, España
Solución problema:
33
Problemas propuestos
En este apartado se invita a los lectores a resolver cinco problemas y enviarnos sus soluciones. Las más
originales serán publicadas.
Divertimentos matemáticos
Una parodia del estilo bourbakista. La esquela apócrifa de Bourbaki
Reseñas web
Laboratorio virtual de triángulos con CABRI II, del Prof. Ricardo Barroso Campos, Universidad de Sevilla,
por F.Bellot
1
Teorema de Harcourt
Por Juan Carlos Salazar
1. Introducción:
Este teorema establece una relación interesante para el cálculo del área (S) de un triángulo
(ABC), que involucra a los lados del triángulo (a, b, c) y las distancias (a1 , b1 , c1 ) desde los
vértices (A, B, C) respectivos hacia una tangente cualesquiera sobre el incírculo o
excírculo, según sea el caso. La única referencia escrita de este teorema, facilitada por el
Prof. Francisco Bellot Rosado [1], que se encontró sin demostración por métodos
geométricos, establece la relación para el caso del incírculo, esto motivó al autor para
tratar de encontrar un método de demostración apropiado y como resultado del método de
demostración desarrollado, se interpretó que también es aplicable para el caso del
excírculo [2]. Se incluyen además dos problemas de aplicación de este teorema.
2. Teorema de Harcourt para el Incírculo:
Sea el triángulo ABC con lados a, b y c. Si las distancias desde los vértices A, B y C hacia
una tangente al incírculo por el menor arco cercano al vértice A, son a1 , b1 , c1
(-a.a1 + b.b1 + c.c1 )
.(Ver
respectivamente, luego el área (S) del triángulo ABC es igual a
2
Fig.1)
Demostración:
Considerando el punto de tangencia H con sus respectivas distancias HR = x, HW = z y
HQ = y hacia los lados AB = c, BC = a y AC = b respectivamente, tenemos además que
las distancias desde los otros puntos de tangencia D, E y F hacia la tangente LK cumplen
con las siguientes relaciones EG = x, DN = y y FP = z. (Ver Fig.2)
2
Trazamos por el vértice A, UY // LK también BT // LK // FS, además UB // VE // PF //
(a + b + c)
AM // XD // YC. Sabemos que p =
(semiperímetro).
2
Luego tenemos que: AM = UL = VG = XN = YK = a1 , también CT = c1 - b1 y CS = c1 - z .
Entonces:
AreaABC = S = AreaAHB + AreaAHC + AreaBHC
1
1
1
S = . AB.HR + . AC.HQ + . BC.HW
2
2
2
1
1
1
S = . c.x + . b.y + . a.z………(1)
2
2
2
Por semejanza de triángulos:
(x + a1 )
EV AE
(p - a)
AEV-ABU:
=
Æ
=
BU AB
(a1 + b1 )
c
(p - a)(a1 +b1 )
− a1 .............(2)
Æ x=
c
(y + a1 ) (p − a)
DX AD
ADX-ACY:
=
Æ
=
CY AC
(a1 + c1 )
b
(p − a)(a1 + c1 )
− a1 .............(3)
Æy=
b
(c − z) (p − c)
CS FC
CFS-CBT:
=
Æ 1
=
CT BC
(c1 − b1 )
a
(p − c)(c1 − a1 )
..............(4)
Æ z = c1 −
a
3
Reemplazando (2),(3) y (4) en (1):
(p − a)(a1 + b1 )
(p − a)(a1 + c1 )
(p − c)(c1 − a1 )
1
1
1
− a1 ] + . b.[
− a1 ] + . a.[ c1 −
]
S= . c.[
2
c
2
b
2
a
Simplificando obtenemos:
S=
(−a.a1 + b.b1 + c.c1 )
2
LQQD.
3. Teorema de Harcourt para el Excírculo:
Sea el triángulo ABC con lados a, b y c. Si las distancias desde los vértices A, B y C hacia
una tangente al excírculo relativo al vértice A, son a1 , b1 , c1 respectivamente, luego el área
(-a.a1 + b.b1 + c.c1 )
.(Ver Fig.3)
(S) del triángulo ABC es igual a
2
Demostración:
De manera similar al método desarrollado para el caso del incírculo, tomamos como
referencia al punto de contacto G de la tangente con el excírculo. Las distancias hacia los
lados o prolongaciones del triángulo ABC, son GM = x, GT = y y GH = z . Para los
puntos de tangencia D, E y F, sus distancias a la tangente IG cumplen las siguientes
relaciones: DN = x , FP = y , y EL = z. (Ver Fig. 4). Además trazamos
EL//FP//AI//BJ//CK, por el vértice B VS//IG, también OD//IG y AQ//IG.
4
También: OB = b1 - x , AV = a1 - b1 , FQ = y - a1 , CR = c1 - a1 , UE = z - b1 y CS = c1 - b1 .
Entonces:
AreaABC = S = AreaAGB + AreaAGC – AreaBGC
1
1
1
S = . AB.GM + . AC.GT – . BC.GH
2
2
2
1
1
1
S = . c.x + . b.y – . a.z……..(1)
2
2
2
Por semejanza de triángulos:
(b1 − x) (a1 − b1 )
OB AV
=
BOD-AVB:
=
Æ
BD AB
(p − c)
c
(a − b1 )(p − c)
.............(2)
Æ x = b1 − 1
c
(y − a1 ) (c1 − a1 )
FQ CR
AQF-ARC:
=
=
Æ
AF AC
p
b
p(c1 − a1 )
+ a1 .....................(3)
Æy=
b
(z − b1 ) (c1 − b1 )
UE CS
BUE-BSC:
=
Æ
=
BE BC
(p − c)
a
(p − c)(c1 − b1 )
+ b1 ............(4)
Æz=
a
5
Reemplazando (2), (3) y (4) en (1):
(a − b1 )(p − c)
p(c − a )
(p − c)(c1 − b1 )
1
1
1
] + . b.[ 1 1 + a1 ] - . a.[
+ b1 ]
S = . c.[ b1 − 1
c
b
a
2
2
2
Simplificando obtenemos:
S=
(−a.a1 + b.b1 + c.c1 )
2
LQQD.
4. Problemas de Aplicación:
Problema 1:
Sea el triángulo ABC cuyos excírculos son (Oa), (Ob) y (Oc). Si trazamos AH y CG
perpendiculares a la tangente común de los excírculos (Oa) y (Oc) , de manera similar
trazamos BF y AE perpendiculares a la tangente común de (Oa) y (Ob) además BI y CJ
perpendiculares a la tangente común de (Ob) y (Oc). Demostrar que : AH.BF.CJ =
AE.BI.CG. [2] (Ver Fig.1a).
6
Demostración:
Aplicaremos el teorema de Harcourt para el caso del excírculo, por tal motivo trazamos las
perpendiculares “que faltan” desde los vértices hacia las tangentes AP, BQ y CT.(Ver Fig.
1b). Por lo tanto tenemos que estas perpendiculares son iguales a las alturas del triángulo
es decir: AP = ha, BQ = hb y CT = hc.
Aplicamos Harcourt con la tangente común a (Oa) y (Oc):
(− BC.AH + AC.BQ + AB.CG)
S=
2
(−a.AH + b.BQ + c.CG)
S=
2
(−a.AH + b.hb + c.CG)
S=
2
Por lo tanto:
a.AH = c.CG...............(1)
De manera similar, tenemos:
Para la tangente común a (Ob) y (Oc):
c.CJ = b.BI…………..(2)
Para la tangente común a (Oa) y (Ob):
b.BF = a.AE................(3)
Combinando (1), (2) y (3) tenemos:
AH.BF.CJ = AE.BI.CG
LQQD.
7
Problema 2:
Sea el triángulo equilátero ABC, de lado L. Por un punto del menor arco de su incírculo
cercano al vértice A, se traza una tangente al mismo, de tal forma que las distancias desde
los vértices A y B son 18 y 30 respectivamente. Calcular L.(Ver Fig. 2a).
Solución:
Trazamos la perpendicular CS = H, hacia la tangente t .(Ver Fig. 2b)
8
Aplicamos Harcourt caso del incírculo en el triángulo ABC:
(− BC.AQ + AC.BP + AB.CS)
(− L(18) + L(30) + LH)
=
AreaABC = S =
2
2
L(12 + H)
S=
……….(1)
2
También:
L2 3
.....................(2)
S=
4
Por semejanza de triángulos:
AQ CS
18
H
(18 + H) 18
H
AQE-ESC:
=
Æ
=
Æ
=
=
AE CE
AE CE
L
AE CE
18L
LH
Luego: AE =
y CE =
(H + 18)
(H + 18)
AQ BP
18
30
48 18
30
AQD-BPD:
=
Æ
=
Æ
=
=
AD BD
AD BD
L AD BD
18L 3L
30L 5L
Luego: AD =
=
y BD =
=
48
8
48
8
Además para el triángulo ADE:
L 1
L 1 3L
18L
AJ = AK = = . (AD +AE +DE) de donde: = . ( +
+ DE)
2 2
2 2 8 (18 + H)
L(5H − 54)
Luego: DE =
8(H + 18)
Entonces:
DE.AQ 9L(5H − 54)
=
..........(3)
AreaADE =
2
8(18 + H)
Aplicando relación de áreas:
AreaADE
AD.AE
=
AreaABC
AB.AC
(
3L
)(
18L
)
AreaADE
8 H +18
=
L2
AreaABC
AreaADE
54
…………(4)
=
AreaABC 8(H + 18)
Combinando (1), (3) y (4) obtenemos:
9L(5H − 54) 27L(H + 12)
AreaADE =
=
8(H + 18)
8(H + 18)
Luego: 5H – 54 = 36 +3H de donde H = 45.
De (1) y (2):
L(12 + H)
L2 3
S=
=
reemplazando H, finalmente tenemos que L = 38 3 .
2
4
9
5. Comentarios:
Si observamos en la Fig.1a, correspondiente al Problema 1 y denotamos por A’, B’ y C’ a
los puntos de intersección de los pares de perpendiculares BF y CG, AE y CJ, AH y BI
respectivamente, podemos demostrar que el hexágono AC’BA’CB’ es equilátero con
lado igual al circunradio del triángulo ABC y el triángulo A’B’C’ es homotético y
congruente con el triángulo ABC, teniendo como centro de homotecia al centro del círculo
de los nueve puntos del triángulo ABC.
No se descarta que las relaciones obtenidas por medio de la aplicación del teorema de
Harcourt se puedan obtener por la aplicación de otras relaciones métricas ya conocidas, sin
embargo creemos que el conocimiento de este teorema facilitará establecer las relaciones
correspondientes por su aplicación de una forma directa, como conclusión podemos
afirmar que tenemos una nueva herramienta para aprovecharla.
Finalmente no podemos dejar de mencionar que este teorema puede ser generalizado en
una forma analítica, cuya relación se puede establecer haciendo uso de coordenadas
baricéntricas homogéneas.[2]
6. Agradecimientos:
Aprovecho la oportunidad por medio de esta tribuna, de agradecer el inestimable apoyo
que he recibido del Profesor Francisco Bellot Rosado, editor de la Revista Escolar de las
Olimpiadas Iberoamericanas de Matemáticas. Ha sido muy importante su preocupación y
constante comunicación para lograr este cometido: el “rescate” de este teorema olvidado
por muchos.
Referencias:
[1] F.G.-M., Exercises de Géométrie, Pag. 750, Sexta Edición, 1920, Editorial Jacques
Gabay, París, Reimpresión 1991.
[2] Harcourt’s Theorem By Nikolaos Dergiades and Juan Carlos Salazar, Forum
Geometricorum, FG200313, 117-124.
http://forumgeom.fau.edu/FG2003volume3
Nota:
Juan Carlos Salazar colabora con la Asociación Venezolana de Competencias Matemáticas
(IMO Venezuela) que preside el Prof. Rafael Sánchez Lamoneda.
Email: [email protected].
SOBRE UN PROBLEMA DE DISTANCIA MAXIMAL, DE
TUDOR ZAMFIRESCU
LAURENÞIU MODAN
Department of Mathematics, Faculty of Computer Science,
Academy of Economic Studies, Bucharest,
E-mail: [email protected]
Abstract. This paper looks for answering to a question proposed in May 2002, by the
professor T. Zamfirescu from Dortmund University and relative to a maximal distance
between two points belonging to a given curve (Γ).
MS classification: 05C12, 51K05.
En el 6º Encuentro Anual de la Sociedad Rumana de Matemáticas, celebrado en la
Universidad de Sibiu en Mayo de 2002, el Profesor T. Zamfirescu propuso como problema
abierto hallar los dos puntos más lejanos, situados en la frontera de la sección de una patata.
Intenté dar una solución usando únicamente nociones de Teoría de Grafos. Pero, como
veremos en lo que sigue, las dificultades que surgen son considerables.
En primer lugar, independientemente de si la curva frontera (Γ) de la sección es
convexa o cóncava, debemos fijar sobre ella n puntos. Uniéndolos obtenemos un grafo, que
es un circuito Cn =(V,E) con n aristas. Además, este grafo es 2-regular, con un valor propio
λ1 =1, y los demás cumpliendo la propiedad λk ≤ 1 (ver [1]). Debemos observar que ni λk
(∀), k∈N* , ni la matriz de adyacencia de Cn puede dar información sobre la distancia entre
vértices de Cn .
Por otra parte, desearíamos usar en nuestro análisis, las nociones de diámetro, o
excentricidad in grafos (ver [2]). Pero tampoco van a ser muy útiles para nuestro objetivo,
porque la excentricidad de un vértice es:
e ( x ) = max d (x , y ) ,
y∈V
el diámetro es:
diam (G ) = max d ( x, y ) ,
x, y∈V
donde:
d(x,y) = mínimo número de aristas entre x,y ∈ V,
y actúan sólo a lo largo del conjunto de aristas, como nociones cualitativas, sin dar
información sobre los vértices.
En lo que sigue, combinaremos técnicas de Teoría de Grafos y de Geometría para
resolver el problema expuesto. Fijaremos P1 , uno de los n puntos. Luego uniremos P1 con
todos los demás n-1 puntos situados en la frontera. Obtenemos así n-2 triángulos. Las
mayores distancias aparecen, intuitivamente, en los lados del triángulo situado en medio,
cuando n=2k, o en los lados de los dos triángulos situados en medio, cuando n=2k+1, como
podemos ver en los dos casos de la Figura.
Continuaremos nuestro procedimiento eligiendo un vértice P2 , adyacente a P1 , en el
ciclo Cn . Trazando entonces por P2 una cierta dirección (d), proyectaremos sobre ella todos
los demás vértices P1 , P3,…, Pn . Sean P1' , P3' ,..., Pn' las proyecciones sobre (d). Nos fijamos en
la proyección más lejana desde P1' . Sea esa Pk' . Entonces, la mayor distancia entre dos puntos
de la curva (Γ), una vez que P1 ha sido elegido, es P1 Pk. Si queremos investigar todos los
puntos de la curva (Γ), como frontera de la sección, hemos de considerar sup PPk , que nos
P∈(Γ )
dará la máxima distancia buscada.
Figura
Observación. i) Si conocemos las ecuaciones paramétricas de la curva (Γ), a saber:
x = x(t )
(Γ ) : 
, t∈I ⊆R ,
 y = y (t )
podremos encontrar la distancia maximal entre dos de sus puntos usando la teoría de extremos
condicionados (ver[3]). Por lo tanto, sea el punto fijo P1 (x 0 ,, y0 ) ∈ (Γ), el punto variable
P(x, y) ∈ (Γ), y la distanc ia euclídea:
d ( x, y ) = ( x − x0 ) + ( y − y 0 ) .
Para esta distancia d, con las condiciones dadas por:
P1 (x0 ,, y0 ) ∈ (Γ), P(x, y) ∈ (Γ),
podemos aplicar el método de los multiplicadores de Lagrange . Como antes, al final, hay que
considerar sup PP1 .
2
2
P∈(Ã )
ii) Se podría plantear este tipo de problema preguntando la distancia máxima entre los puntos
de una curva (Γ), descrita por los participantes de una competición de patinaje de velocidad o
pidiendo encontrar los puntos de óptima iluminación en un área grande de frontera (Γ), con
sólo dos reflectores.
REFERENCIAS
[1] Biggs N.
[2] Bollobás B.
[3] Modan L.
,,Algebraic graph theory” Cambridge University Press, 1974;
,,Extremal graph theory”, Academic Press, 1978;
,,Real differential calculus” (in Romanian), Cison, Bucharest, 2002.
Problema 6 OME’03 Islas Canarias
Ensartamos 2n bolas blancas y 2n bolas negras formando una cadena. Demostrar
que, se haga en el orden que se haga, siempre es posible cortar un segmento de
cadena exactamente con n bolas blancas y n bolas negras.
Intentemos construir una cadena de modo que no se pueda cortar un segmento con n
bolas de cada color. Consideremos ahora el conjunto de los segmentos de cadena
obtenidos sucesivamente al tomar 2n bolas seguidas de la cadena.
Llamaremos b’ al nº de bolas blancas en el primer segmento de la cadena y b’’ en el
último y colocaremos la cadena de tal modo que b’<b’’ (si son iguales, ambos
segmentos tienen n bolas de cada color).
Además, b’<n porque si b'≥ n , b''≥ n y sumando miembro a miembro b''+ b' ≥ 2n lo
cual no es posible ya que la igualdad sólo se cumple si b'' = b' y b’’+ b’ es la totalidad
de bolas blancas, que es exactamente 2n.
Al ir considerando los sucesivos segmentos de 2n bolas consecutivas, tenemos que cada
uno de los segmentos comparten con el anterior todas las bolas menos una, que es
sustituida por otra que entra a formar parte del nuevo segmento. Si la bola entrante y la
saliente son del mismo color, el valor de b (considerado como un número que varía
según al segmento que se refiera), no cambia. Sí lo hace sin embargo cuando son de
diferente color; si la que entra es negra y blanca la que sale, b disminuye una unidad y si
es una blanca la que entra y una bola negra la que se elimina, b aumenta una unidad.
Entonces, a medida que b va variando, lo hace aumentando o disminuyendo una unidad
y como b en el primer segmento debe valer b’ y en el último b’’, todos los números
comprendidos entre b’ y b’’ son alguna vez valores de b.
b ' < n y b ' + b' ' = 2n
Si sustituimos en la segunda ecuación b’ por n, cambiando el signo de igualdad de la
ecuación se obtiene: b'+ n > 2n ⇒ b' > n descubriendo así que n está comprendido entre
b’ y b’’, es necesariamente valor de b en al menos un segmento. En ese segmento, el
número de bolas blancas es n, y el de bolas negras también.
COMPETICIÓN MATEMÁTICA MEDITERRÁNEA 2003
Memorial Peter O’Halloran
Requena, 3 de mayo de 2003
Nombre y apellidos
1.Probar que la ecuación
x2 y2 z2 x y z 1
no tiene soluciones racionales.
2.Un triángulo ABC es tal que
BC CA 1 AB.
2
P es el punto del lado AB tal que
BP 1 .
3
PA
Demostrar que CAP 2 CPA.
3.Sean a, b, c u 0, a b c 3. Demostrar que
a b c
u 3.
2
b2 1
c2 1
a2 1
¿Cuándo es válido el signo ?
4.Se considera un sistema formado por infinitas esferas de metal, con centros en todos los
puntos Ÿa, b, c ] 3 . Se dice que este sistema es estable si la temperatura de cada esfera es la
media aritmética de las temperaturas de las seis esferas más cercanas. Supongamos que la
temperatura de cada esfera está comprendida entre 0 grados y 1 grado centígrado. Demostrar que
si el sistema es estable, entonces todas las esferas están a la misma temperatura.
Cada problema vale 7 puntos.
Tiempo: 4 horas.
PROBLEMAS PARA LOS MÁS JÓVENES (8)
Presentamos a continuación una selección de los problemas propuestos en
la XI Olimpiada Regional de Matemáticas de Castilla y León, celebrada en
Soria, del 6 al 8 de junio de 2003. Agradecemos a la Prof. Inmaculada
Fernández, Presidenta Provincial de Valladolid de la Sociedad Castellano –
Leonesa de Profesorado de Matemáticas, su amabilidad al habernos
facilitado los problemas.
2º E.S.O. (12-13 años de edad)
1. Una señora distribuye entre sus hijos cierto número de avellanas. Al
primero le da 5 avellanas y 1/5 del resto; al segundo, 10 avellanas
más 1/5 del resto; al tercero, 15 avellanas más 1/5 del resto, y así
sucesivamente.
¿Cuál era el número de hijos y cuántas avellanas tocaron a cada uno,
si todos recibieron el mismo número de avellanas?
2. En casa tengo un reloj despertador que atrasa 2 minutos cada hora;
mi reloj de muñeca adelanta 1 minuto cada hora. Un cierto día salí de
mi casa y al volver, en mi reloj de muñeca eran las 12 de la noche; en
cambio, en el despertador eran las 11 de la noche.
¿Cuántas horas estuve fuera de casa?
3. En la cocina había un pastel para el cumpleaños de papá, pero al
llegar éste, ha desaparecido. En la casa hay 5 hijos: Ataúlfo, Basilia,
Calepodio, Desdémona y Efialtes. Mamá sabe que alguno de ellos, o
varios, son autores de la desaparición, y los interroga.
Las respuestas son:
Ataúlfo: Esto es obra de uno solo de nosotros.
Basilia : No, de dos de nosotros.
Calepodio: No, de tres de nosotros.
Desdémona : No, de cuatro de nosotros.
Efialtes : Entre todos nos lo comimos.
Mamá sabe que los inocentes dicen la verdad, mientras los culpables
mienten.
¿Quién o quienes se comieron el pastel?
4º de E.S.O. (15 años de edad)
4. Tomamos un dado y lo lanzamos al aire. ¿De cuántas formas
distintas lo podemos ver encima de la mesa en la que cae?
5. Tenemos círculos de radio 1, que disponemos en el interior de otro
círculo, tangentes entre sí y tangentes al más grande. ¿Cuál es el
mínimo valor del radio de este círculo, en los siguientes casos:
a) 3 círculos de radio 1
b) 4 círculos de radio 1
c) 5 círculos de radio 1
6. Al salir de compras, llevaba en el monedero unos 15 euros, en
monedas de 1 euro y de 20 céntimos. Al regresar a casa, traía tantos
euros como monedas de 20 céntimos tenía al comienzo; y tantas
monedas de 20 céntimos como monedas de 1 euro tenía antes. En el
monedero me quedaba un tercio del dinero que llevaba al salir de
compras.
¿Cuánto dinero gasté en las compras?
PROBLEMAS PROPUESTOS (8)
36-40
Problema 36 (Propuesto por el Prof. José Luis Díaz Barrero, Universidad Politécnica de
Cataluña, Barcelona, España).
Sea £F n ¤ nu0 la sucesión de Fibonacci definida por F 0 0, F 1 1 y para n u 2,
F n F n"1 F n"2 . Probar que el número
4Ÿ2F 2n1 " F 2n 2 F 2n ŸF 2n 4F n21 " 2F 2n 6F n F n1 Ÿ4F 2n1 " F 2n es entero y expresarlo como una suma de dos cuadrados.
Problema 37 (Propuesto por el Prof. Laurentiu Modan, Universidad de Bucarest, Rumania)
Sea fŸx un polinomio con coeficientes enteros, de grado 7 y coeficiente principal 1, que
verifica las dos propiedades siguientes:
i) Existe un entero a que es una raíz cuádruple de fŸx " 4.
ii)Existen tres enteros consecutivos, distintos de a, que son raíces de fŸx " 4.
Estudiar si
a) existe el entero k tal que fŸk 9.
b) existen enteros k tales que fŸk q kŸmod k Problema 38 (Propuesto por el Prof. Laurentiu Modan, Universidad de Bucarest, Rumania)
Una baraja contiene 53 cartas, de las que 13 son comodines. Seis jugadores toman parte en un
juego, en el que hay un comodín descubierto, sobre la mesa. Cada jugador recibe una carta. ¿Cuál
es la probabilidad de que al menos un jugador reciba un comodín?
Problema 39 (Propuesto por el Editor. Se darán referencias del origen del problema cuando se
publique la solución)
Una circunferencia concéntrica con la circunscrita al triángulo ABC corta a AC en E y E’; a
AB en F y F’. Las rectas EF y E’F’ cortan a BC en D y D’. Demostrar que D y D’ equidistan del
centro de la circunferencia.
Problema 40 (Propuesto por el Editor. Se darán referencias del origen del problema cuando se
publique la solución)
Una circunferencia de radio > es tangente a los lados AB y AC del triángulo ABC, y su centro
está a una distancia p del lado BC.
Probar que
aŸp " > 2sŸr " > ,
donde r es el radio de la circunferencia inscrita y 2s es el perímetro del triángulo.
Demostrar también que si la circunferencia de radio > corta a BC en los puntos D y E,
entonces
DE 4 rr a Ÿ> " r Ÿr a " > ,
ra " r
donde r a es el radio de la circunferencia exinscrita correspondiente a A.
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Una parodia del estilo bourbakista
La esquela apócrifa de Bourbaki
En septiembre de 1997, la revista SIPROMA publicó la esquela ap ócrifa de Bourbaki, que ahora
reproducimos, dada la reducida difusión de aquélla.
UNA PARODIA DEL ESTILO BOURBAKISTA
LA ESQUELA APÓCRIFA DE BOURBAKI
(panfleto repartido en 1968, en París, por un matem ático contestatario, a la salida de algunas clases)
Las familias Cantor, Hilbert, Noether;
Las familias Cartan, Chevalley, Dieudonné, Weyl;
Las familas Bruhat, Dixmier, Godement, Samuel, Schwartz;
Las familias Cartier, Grothendieck, Malgrange, Serre;
Las familias Demazure, Douady, Giraud, Verdier;
Las Familias Filtrantes a la derecha y los Epimorfismos estrictos;
Las señoritas Adèle e Idèle,
(padres, hermanos, hijos, nietos, biznietos y tataraprimos, respectivamente)
tienen el profundo dolor de comunicar el fallecimiento del señor
NICOLÁS BOURBAKI
Piadosamente desaparecido el 11 de noviembre de 1968 (aniversario de la Victoria), en su domicilio de
Nancago.
El sepelio tendr á lugar el sábado 23 de noviembre de 1968, a las 15 horas, en el Cementerio de las
Funciones Aleatorias (Metro: Markov y Gödel)
El duelo se despedir á ante el bar Aux Produits Directs, esquina a las Resoluciones Proyectivas (antes plaza
Koszul).
Según el deseo del finado, se celebrar á una misa en la Iglesia Notre-Dame-des-Problèmes-Universels,
oficiada por Su Eminencia el Cardenal Aleph1, con asistencia de los representantes de todas las clases de
equivalencia y los cuerpos (algebraicamente cerrados) constituidos. Se guardará un minuto de silencio por
parte de los alumnos de las Ecoles Normales Superieures y las clases de Chern.
Ni flores ni productos wreath.
Pues Dios es el compactificado de Alexandrov del Universo
Groth.IV.22
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Laboratorio virtual de triángulos con CABRI II
La p ágina web cuya dirección es
http://www.personal.us.es/rbarroso/trianguloscabri/
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está dirigida por el Prof. Ricardo Barroso Campos, de la
Universidad de Sevilla, y cuenta con una nómina importante de
colaboradores, a ambos lados del Atl ántico.
A excepción de los meses de verano, cada quince días se
proponen una serie de problemas, casi siempre geom étricos, y se
publican las soluciones de los lectores (en general, más de una
para cada problema). Se ofrece una versión "demo" de CABRI II, y
su sintonía (para quienes tengan sonido en su PC) es la Fuga de
Bach, BWV 1000.
Comenz ó a publicarse en el año 2000, y hasta el presente
momento se han publicado 110 problemas.
El correo electrónico del mantenedor es [email protected]
La p ágina es un excelente ejemplo de lo que se puede hacer cuando se ama la Geometría.
Francisco Bellot Rosado
Francisco Bellot Rosado
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Cien Problemas de Olimpíadas Matemáticas
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Lydua Burgoa y Pedro Marrone. Grupo Santillana y Olimpíada Panameña de Matemática. Panamá, 2003.
ISBN 9962-630-77-0
Con motivo de rendir un homenaje a los cien años de la Republica de Panam á se ha editado esta obra por
parte de los miembros del Comité de Olimpíadas de Panamá.
En todos los casos se tratan de problemas que han tenido que ser resueltos por estudiantes panameños en
las siguientes competiciones: Olimpíada Panameña de Matemática, Olimpíada Nacional de Panamá,
Olimpíada Iberoamericana de Matemática, Olimpíada Matemática de Centroamérica y el Caribe y Olimpíada
de Mayo.
Los problemas están divididos en cuatro secciones: Álgebra, Aritmética, Geometría y Miscel áneos.
Separados de los enunciados están las soluciones, algunas de las cuales corresponden a las realizadas por
los propios estudiantes, en cuyo caso están mencionados los propios autores de las respuestas.
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Revista Escolar de la Olimpíada Iberoamericana de
Matemática
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