NO ME SALE · 1Los puntos de concurrencia son llamados los centros de ortolog a de la pareja ABC,...

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NO

ME

SALE

Revista académica de los Educadores y Mentores

del Programa Jóvenes Talento

Número 6

Abril 2011

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NO ME SALE No. 6

Editor

Gabriel Alexander Chicas Reyes (Universidad de Tokio)

Correo electrónico: [email protected]

Apoyado por el grupo de instructores de Olimpiadas de Matemática del Programa Jóvenes

Talento, y la Asociación de Padres de Familia del Programa Jóvenes Talento

(ASTALENTO).

Contribuciones

La revista del Programa Jóvenes Talento invita cordialmente a participar en su elaboración

a todos los miembros del Programa (alumnos, instructores, catedráticos, padres de familia)

y al lector interesado en general.

Artículos. Se invita a los lectores a contribuir con sus trabajos originales sobre

matemática elemental. El documento deberá incluir las referencias académicas

usadas en su elaboración y la información de contacto de su autor, incluyendo:

Nombre, afiliación académica y correo electrónico.

Columna de problemas. Se desafía a los lectores a enviar sus soluciones originales

a los problemas de esta sección, así como a proponer problemas interesantes para la

columna del siguiente número. El archivo enviado deberá incluir la información de

contacto del autor, y en el caso de un problema propuesto su respectiva procedencia

(nombre del libro, olimpiada, o autor del problema).

Café Matemático. Se acepta todo tipo de material de divulgación matemática,

incluyendo: Historia de las matemáticas, biografías de matemáticos famosos,

acertijos, humor matemático, etc. Tener en cuenta que esta sección está orientada

hacia un público más amplio, por lo que se evitarán documentos demasiado técnicos.

Contacto

Se solicita a los lectores enviar sus contribuciones, preguntas o comentarios a la dirección

[email protected], o bien contactar directamente al editor.

Próximo número

El número 7 de la revista está programado para AGOSTO DE 2011.

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Contenidos

Artículos (p. 1)

Recurrencia y Geometría

Julio César Ayala Menjívar (Universidad de El Salvador)

Problemas olímpicos (p. 5)

Pruebas selectivas 2011

Presentamos los exámenes utilizados para seleccionar a las delegaciones que representarán

a El Salvador diversas olimpiadas internacionales. Asimismo incluimos los nombres de los

estudiantes seleccionados.

XIII Olimpiada Matemática de Centroamérica y el Caribe (Colima, México, junio 17-26)

Jeanette Alejandra Fernández Rivera

Óscar Armando Hidalgo Arévalo

Andrés Fernando Rosa Aparicio

XXVI Olimpiada Iberoamericana de Matemática (Costa Rica, septiembre 23-octubre 1º)

Byron Thonatiu Escobar Benítez

José Daniel Madrid Bautista

Ramón Sanfeliú Beneke

Gerardo Augusto Urbina Sánchez

LII Olimpiada Internacional de Matemática (Ámsterdam, Países Bajos, julio 13-24)

Delegación aún por definirse.

http://www.imo-official.org/participant_r.aspx?id=19513

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Columna de problemas (p. 12)

En esta sección se incluyen 5 problemas de desafío a los lectores, quienes están invitados a

resolverlos y enviar sus mejores soluciones a la revista. Las soluciones más originales serán

publicadas en el siguiente número.

Corrección al problema 20

Óscar Hernández (Universidad de El Salvador) tuvo la amabilidad de comunicarnos un

error en el enunciado del problema 20. El editor presenta su propia solución y agradece la

corrección de Hernández, sin la cual el problema se vuelve trivial.

Problemas abiertos

Los siguientes problemas todavía permanecen sin resolver: 18, 25.

Café Matemático (p. 20)

Breve historia acerca de cómo surgieron los exponentes

Xenia Ivette Peñate Godoy (Instituto Nacional de El Congo, Santa Ana)

Presentamos la nueva sección del Café Matemático, que planeamos expandir en el

transcurso del presente año. Para escapar de la austeridad y dificultad del resto de la revista,

abrimos este espacio para incluir todo tipo de material de divulgación: Curiosidades, notas

históricas, anécdotas, acertijos, humor... Esperamos que esta sección sea disfrutada por

todos aquellos que, al igual que nosotros, también se divierten con el lado no serio de las

matemáticas.

Recurrencia y geometrıaJulio Cesar Ayala Menjıvar

Los primeros numeros de la secuencia de Fibonacci son 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, . . . Por definicion lasecuencia empieza con 1, 1 y cada termino se obtiene sumando los dos anteriores. Esta secuenciageneralmente es representada por la notacion {fn}∞n=1. Cada fn representa el n-esimo termino de lasecuencia de Fibonacci. Se acostumbra definir f0 = 0 para hacer algunas simplificaciones. De esa man-era los numeros de Fibonacci fn quedan definidos para todo entero n no negativo.

Existe otra recurrencia muy conocida, la recurrencia de Lucas, que es analoga a la de Fibonacci yque difiere en los valores iniciales. Esta otra recurrencia es simbolizada por {Ln}∞n=1 y por definicionL1 = 1 L2 = 3. De lo dicho anteriormente podemos escribir fn = fn−1 + fn−2 para todo n ≥ 3 yLn = Ln−1 + Ln−2 para todo n ≥ 3, teniendo en cuenta que f1 = 1, f2 = 1, L1 = 1, L2 = 3. Aunquela secuencia de Fibonacci tiene muchas propiedades dignas de estudiarse en realidad trabajaremos consecuencias equivalente a la de Fibonacci, un poco mas generales.

Utilizando el teorema de Pitagoras es posible demostrar el siguiente resultado de Carnot :

Teorema Las perpendiculares bajadas desde los puntos X, Y, Z a los lados BC, CA, AB deltriangulo ABC concurren sı y solo sı

BX2 −XC2 + CY 2 − Y A2 +AZ2 − ZB2 = 0.

No se dara la demostracion por ser un resultado muy conocido. Suponer que los vertices A, B,C, X, Y , Z tienen coordenadas (a1, a2), (b1, b2), (c1, c2), (x1, x2), (y1, y2), (z1, z2). Recordar que elcuadrado la distancia entre los puntos (p, q) y (m,n) es (m− p)2 + (n− q)2. La condicion de Carnotpuede entonces reescribirse como:

0 = (x1 − b1)2 + (x2 − b2)2 − (c1 − x1)2 − (c2 − x2)2

+ (y1 − c1)2 + (y2 − c2)2 − (a1 − y1)2 − (a2 − y2)2

+ (z1 − a1)2 + (z2 − a2)2 − (b1 − z1)2 − (b2 − z2)2.

A

BC

O2

Z Y

X

O1

que despues de simplificar y reagrupar se vera ası:

Propiedad 1

a1(y1 − z1) + b1(z1 − x1) + c1(x1 − y1) + a2(y2 − z2) + b2(z2 − x2) + c2(x2 − y2) = 0.

Se dice que dos triangulos ABC y XY Z son ortologicos si las coordenadas de sus vertices cumplenla igualdad anterior. Es facil demostrar que si ABC es ortologico a XY Z entonces XY Z es ortologico aABC. En otras palabras, las perpendiculares bajadas desde los vertices de XY Z a los lados del ABCconcurren sı y solo sı las perpendiculares bajadas desde los vertices de ABC a los lados del XY Ztambien concurren1.

Ahora estamos listos para demostrar las siguientes propiedades:

Propiedad 2 Sean {fn}∞n=1 y {gn}∞n=1 dos secuencias definidas por f1 = a, f2 = b, g1 = p, g2 = q yfn = fn−1 +fn−2, gn = gn−1 +gn−2 para todo n ≥ 3. Sea 4k el triangulo cuyos vertices son los puntosde coordenadas (fk, fk+1), (fk+1, fk+2), (fk+2, fk+3) y por ultimo sea Θl el triangulo cuyos verticesson los puntos de coordenadas (gl, gl+1), (gl+1, gl+2), (gl+2, gl+3). Se cumplira que los triangulos 4k,Θl son ortologicos para toda pareja de enteros positivos k, l.

Demostracion Segun la propiedad 1 bastara con demostrar que :

fk(gl+1−gl+2)+fk+1(gl+2−gl)+fk+2(gl−gl+1)+fk+1(gl+2−gl+3)+fk+2(gl+3−gl+1)+fk+3(gl+1−gl+2) = 0

⇐⇒ fk(gl+1 − gl+2) + fk+1(2gl+2 − gl − gl+3) + fk+2(gl + gl+3 − 2gl+1) + fk+3(gl+1 − gl+2) = 0.

Pero 2gl+2 − gl − gl+3 = 2gl+2 − gl − (gl+2 + gl+1) = gl+2 − gl+1 − gl = 0; luego basta mostrar que

fk(gl+1 − gl+2) + fk+2(gl + gl+3 − 2gl+1) + fk+3(gl+1 − gl+2) = 0.

Luego de algunos calculos esta expresion se reduce a gl(fk+2−(fk+fk+1)) = 0, es decir gl(0) = 0. Laultima igualdad claramente es verdadera por lo que hemos terminado la demostracion. Se debe aclararque en ningun momento utilizamos los valores iniciales de las recurrencias, por lo que tal propiedades verdadera para todas las secuencias {fn}∞n=1 y {gn}∞n=1. En especial, tomando {fn}∞n=1 = {gn}∞n=1

obtenemos que 4k, 4l son ortologicos para cualquier secuencia {fn}∞n=1. Mas en especial aun, es ver-dadera para la secuencia de Fibonacci {fn}∞n=1.Adoptaremos la notacion anterior para la siguiente

Propiedad 3 El area orientada 2 de todo triangulo 4k es

(−1)k

2(a2 + ab− b2)

donde f1 = a, f2 = b.

Demostracion 1 Es bien conocido que el area del triangulo con vertices en (a1, a2), (b1, b2), (c1, c2)es

12

∣∣∣∣∣∣a1 a2 1b1 b2 1c1 c2 1

∣∣∣∣∣∣por lo que bastara con encontrar

∣∣∣∣∣∣fk fk+1 1fk+1 fk+2 1fk+2 fk+3 1

∣∣∣∣∣∣, cuyo desarrollo es el siguiente :

1Los puntos de concurrencia son llamados los centros de ortologıa de la pareja ABC, XY Z.2El area de ABC es positiva si los vertices A,B,C (en ese orden) se recorren en sentido antihorario, de lo contrario es

negativa.

2

fk(fk+2−fk+3)−fk+1(fk+1−fk+2)+1(fk+1fk+3−f2k+2) = fk(−fk+1)−fk+1(−fk)+(fk+1fk+3−f2

k+2)

= fk+1fk+3 − f2k+2 = fk+1(fk+2 + fk+1)− f2

k+2 = f2k+1 + fk+2(fk+1 − fk+2) = f2

k+1 − fk+2(fk)

= (−1)(fkfk+2 − f2k+1) = (−1)2(fk−1fk+1 − f2

k ) = (−1)3(fk−2fk − f2k−1) = . . .

= (−1)k(f1f3 − f22 ) = (−1)k(a(a+ b)− b2) = (−1)k(a2 + ab− b2).

De la ultima lınea es evidente lo que se querıa demostrar.

Demostracion 2 Primero notar que los puntos (fk, fk+1), (fk+2, fk+3), (fk+3, fk+4) estan alinea-dos ya que la pendiente de la recta que une (fk, fk+1) y (fk+2, fk+3) es

fk+3 − fk+1

fk+2 − fk=fk+2

fk+1=fk+4 − fk+3

fk+3 − fk+2,

y observar que el lado derecho de la ultima igualdad es la pendiente de la recta que une los puntos(fk+2, fk+3) y (fk+3, fk+4). Ahora notar que fk+3− fk+1 = fk+4− fk+3 y fk+2− fk = fk+3− fk+2 porlo que los triangulos 4k y 4k+1 tienen un lado de igual longitud. Como comparten la misma alturadeben tener la misma area: |4k| = |4k+1| para todo k, de donde |41| = |42| = |43| = . . . = |4k| = . . .

De aquı es claro que 41 =12

(a2 + ab− b2), de donde 4k = 12 (a2 + ab− b2) para todo k ≥ 1. No es

difıcil convencerse que su signo es (−1)k, como se querıa.

Nota De lo anterior es facil deducir que los puntos (fk, fk+1) y (fk+3, fk+4) equidistan de la rectaque une a los puntos (fk+1, fk+2) y (fk+2, fk+3).

Propiedad 4 Sea {fn}∞n=1 la sucesion de Fibonacci. Todo triangulo 4k definido a partir de talsucesion no posee puntos reticulares en su interior, exceptuando sus vertices, que son todos reticulares.

fk fk+2 fk+3

fk+1

fk+1

fk+2

fk+3

fk+4

(0, 0)

A(fk, fk+1)

B(fk+1, fk+2)

C(fk+2, fk+3)

D(fk+3, fk+4)

| 4k | = (−1)k

2 (a2 + ab− b2)

| 4k+1 | = (−1)k+1

2 (a2 + ab− b2)

3

Solucion Utilizaremos el teorema de Pick. Si B es la cantidad de puntos reticulares sobre loslados del triangulo 4k e I es la cantidad de puntos en su interior (excluyendo sus lados), el teorema dePick muestra que el area de 4k es B

2 + I − 1. Es muy conocido que la cantidad de puntos reticularescontenidos en el segmento que une (a, b) y (m,n) es mcd(n− b,m− a)− 1 (sin contar los extremos).Por lo anterior, el total de puntos reticulares sobre los lados de 4k sera (contando los vertices)

mcd(fk+2 − fk+1, fk+1 − fk) + mcd(fk+3 − fk+2, fk+2 − fk+1) + mcd(fk+3 − fk+1, fk+2 − fk) + 3

= mcd(fk, fk−1) + mcd(fk+1, fk) + mcd(fk+2, fk+1) + 3 = 3 = B.

Las igualdades de la ultima lınea son verdaderas puesto que cualesquiera dos numeros de Fibonacciconsecutivos son coprimos. Por otro lado, de propiedad 3 podemos deducir que | 4k | = 1

2 para todok. Concluimos que

B

2+ I − 1 =

12⇐⇒ 3

2+ I − 1 =

12⇐⇒ I = 0.

La lınea anterior muestra lo deseado. Veremos que propiedad 3 es un caso especial de la siguiente:

Propiedad 5 Sea {gn}∞n=1 una sucesion de enteros definida por g1 = a, g2 = b y gn = gn−1 + gn−2

para todo n ≥ 3. Sea4k el triangulo con vertices en (gk, gk+1), (gk+1, gk+2), (gk+2, gk+3). Se tendra quela cantidad de puntos reticulares en el interior estricto de 4k (sin contar puntos sobre sus lados) es

I =12[|a2 + ab− b2| − 3mcd(a, b)

]+ 1

donde |x|, mcd(p, q) denotan el valor absoluto de x y el maximo comun divisor de la pareja de enterosp, q respectivamente.

Demostracion Si d = mcd(gk, gk+1) =⇒ d|gk+1 y d|gk =⇒ d|gk+1 − gk =⇒ d|gk−1 y repitiendoel mismo argumento obtendremos d|gk−2, d|gk−3, . . . , d|g2, d|g1 =⇒ d|b, d|a =⇒ d|mcd(a, b). Ahoranotar que todo elemento de {gn}∞1 puede escribirse en la forma pa + qb donde p, q ∈ Z 3 Llamandot = mcd(a, b) obtenemos t|a, t|b =⇒ t|pa+ qb =⇒ t|gk, t|gk+1 =⇒ t|mcd(gk, gk+1) por lo que t = d dedondemcd(gk, gk+1) = mcd(a, b) para todo entero k. Utilizando nuevamente la notacion de la propiedad4 y el teorema de Pick obtendremos B = 3 mcd(a, b) ya que la cantidad de puntos reticulares sobre elsegmento (gk, gk+1) → (gk+1, gk+2) es mcd(gk+1 − gk, gk+2 − gk+1) = mcd(gk−1, gk) = mcd(a, b),teniendo en cuenta que aquı hemos contado los puntos que estan en el interior estricto del seg-mento y ademas un vertice de 4k. Repitiendo el argumento con los otros tres lados obtenemosB = 3mcd(a, b).Finalmente, utilizando la formula de Pick y propiedad 3 obtenemos

3mcd(a, b)2

+ I − 1 =∣∣∣∣ (−1)k(a2 + ab− b2)

2

∣∣∣∣⇐⇒ I =12[|a2 + ab− b2| − 3mcd(a, b)

]+ 1,

donde I representa la cantidad de puntos reticulares en el interior estricto de 4k. Tomando a = b = 1obtenemos la propiedad 4 y tomando a = 1, b = 3 deducimos que todos los triangulos Θk definidos apartir de la recurrencia de Lucas poseen exactamente 2 puntos reticulares en su interior estricto.

Referencias

[1] Z. Cerin, On triangles with Fibonacci and Lucas numbers as coordinates, Sarajevo J. of Math. Vol3 (15) (2007), 3-7.

[2] Z. Cerin, On propellers from triangles, Beitr. Algebra Geom., 42 (2) (2001), 575-582.

[3] F. J. Garcıa Capitan, Triangulos ortologicos, http://garciacapitan.auna.com/ortologicos/ortologicos.pdf

3Mediante un argumento inductivo sencillo puede demostrarse que gk = afk−2 +bfk−1 donde {fn}∞n=1 es la secuenciade Fibonacci.

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12a OMCC - Colima, Mexico 2011

Primer Examen Selectivo El Salvador

Sabado 5 de febrero de 2011

Tiempo: 4 horasPuntuacion: 7 puntos por problema

Problema 1. Determine todos los pares ordenados (a, b) de numeros reales que satisfacen:{a2 = 6b+ 5abb2 = 6a+ 5ab

Problema 2. Dado un triangulo 4ABC, se construye un rectangulo PQRS de tal forma que Ppertenece al lado AB, Q y R pertenecen al lado BC, y S pertenece al lado CA. Desde R se traza laperpendicular a AB, desde A se traza la perpendicular a BC, y desde Q se traza la perpendicular aCA. Demuestre que estas tres rectas son concurrentes.

Problema 3. Inicialmente hay tres montones de piedras: el primero con 2010, el segundo con 2011,y el tercero con 2012. Dos jugadores A y B sacan piedras de los montones en un juego con las siguientesreglas:

Juegan alternadamente, comenzando por A.

Cada jugador en su turno puede retirar de un unico monton 1, 2, 3, 4 o 5 piedras.

Pierde aquel jugador que retira la ultima piedra.

Determine si alguno de los jugadores puede asegurarse siempre la victoria; en caso afirmativo, digaque jugador gana y muestre cual es su estrategia ganadora.

Problema 4. Para cada permutacion a1, a2, . . . , a100 de los numeros 1, 2, . . . , 100, se define lasucesion de sumas parciales

S1 = a1

S2 = a1 + a2

S3 = a1 + a2 + a3

...S100 = a1 + a2 + · · ·+ a100

Determine la cantidad de permutaciones tales que ningun termino de la sucesion Si es divisible por 3.

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Segundo Examen Selectivo El Salvador



Problema 1. Las rectas tangentes en A y B al circuncırculo del triangulo 4ABC se cortan en T .La recta paralela a CA y que pasa por T corta a BC en D. Demuestre que AD = CD.

Problema 2. Determine todos los enteros positivos a y b que satisfacen la relacion 2a2 = 3b3.

Problema 3. Un total de 8 ninas y 30 ninos se colocan en cırculo, con la condicion que entre cua-lesquiera dos ninas hay al menos dos nins. Determine el numero de formas en que se pueden ordenar.Nota: Dos ordenamientos que coincidan por rotacion son considerados iguales.

Problema 4. Determine todas las tripletas (x, y, z) de enteros positivos tales que

xy + yz + zx− xyz = 2

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Tercer Examen Selectivo El Salvador

Sabado 5 de marzo de 2011


Problema 1. Determine todos los numeros naturales n que satisfacen la siguiente ecuacion:⌊3√

1⌋

+⌊

3√

2⌋

+⌊

3√

3⌋

+ · · ·+⌊

3√n3 − 1

⌋= 400.

Nota: Dado un numero real x, la notacion bxc representa la parte entera x, esto es, el mayor enteromenor o igual a x. Equivalentemente, bxc = m tal que m ≤ x < m+ 1, con m ∈ Z.

Problema 1. 20112 cuadraditos de lado 1 se colocan formando un tablero cuadriculado de 2011×2011. Dos jugadores A y B juegan bajo las siguientes reglas:

1. Juegan alternadamente, iniciando A.

2. Cada jugada de A consiste en retirar cuatro cuadraditos que formen un cuadrado de 2× 2.

3. Cada jugada de B consiste en retirar un cuadradito.

4. Cuando A no puede realizar su jugada, B retira todos los cuadraditos restantes.

5. Gana el jugador que posee mas cuadraditos al final.

Determine que jugador tiene una estrategia ganadora y muestrela.

Problema 3. Para todo par de numeros reales a, b, se define la siguiente operacion:

a ∗ b = xa+ yb+ zab, con x, y, z, constantes reales.

Se sabe ademas que 1 ∗ 2 = 3, que 2 ∗ 3 = 4, y que existe un numero real k distinto de cero, tal que,para todo numero real c se cumple c ∗ k = c. Determine todos los posibles valores de k.

Problema 4. Sea I el incentro del triangulo 4ABC. Sea K la otra interseccion de la bisectriz AIcon el circuncırculo del 4BCI. Sea L la otra interseccion de la bisectriz BI con el circuncırculo del4CAI. Sea P el punto medio de KL. Sean M y N los simetricos del punto I con respecto a P y conrespecto a KL, respectivamente. Demuestre que el cuadrilatero KLMN es cuadrilatero concıclico.

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Cuarto Examen Selectivo El Salvador



Problema 1. Resuelva la ecuacion pn + 144 = m2, donde m, n y p son enteros positivos y ademasp es un primo.

Problema 2. Encuentre el mayor numero entero n que cumpla las siguientes condiciones:

1.⌊n

3

⌋es un numero de tres cifras iguales.

2.⌊n

3

⌋= 1 + 2 + · · ·+m.

Problema 3. Sea ABCD un cuadrilatero concıclico. La mediatriz de AB corta a DA en X. Lamediatriz de CD corta a BC en Y . Demuestre que la recta AC es paralela a la recta XY .

Problema 4. En la siguiente figura, determine el mayor numero de puntos que es posible elegir demanera que TRES cualesquiera de ellos NO sean vertices de un triangulo rectangulo isosceles.

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26a OIM-San Jose, Costa Rica 201152a IMO-Amsterdam, Paıses Bajos 2011

Primer Examen Selectivo El Salvador


Tiempo: 4 horasPuntuacion: 7 puntos por problema.Puntuacion mınima para IMO: 14 puntos por prueba y 51 puntos en total.

Problema 1. Se dibujan dos n-agonos regulares que comparten un vertice, y se nombran a losvertices de cada n-agono, en sentido horario, con los numeros del 1 al n del tal forma que el 1 esel vertice comun. Demuestre que las rectas que unen vertices con igual numero (distintos de 1) sonconcurrentes.

Problema 2. Diremos que un numero entero positivo n es practico, si todo entero positivo menoro igual que n puede escribirse como suma de divisores positivos de n distintos entre sı.Por ejemplo, 6 es practico pues sus divisores positivos son 1, 2, 3, 6, y ademas

1 = 1 ; 2 = 2 ; 3 = 3 ; 4 = 1+3 ; 5 = 2+3 ; 6 = 6

Demuestre que el producto de dos numeros practicos es tambien un numero practico.

Problema 3. En un torneo de ajedrez, cada jugador juega contra cada uno de los otros jugadoresuna unica vez. En cada juego, un jugador obtiene 1 punto si gana, 1

2 punto si empata y 0 puntossi pierde. En el torneo participaron tanto hombres como mujeres y cada jugador obtuvo la mismacantidad de puntos contra hombres que contra mujeres. Demuestre que el numero total de jugadoreses un cuadrado perfecto.

Problema 4. Se define la secuencia {Fn} de la siguiente forma: F1 = 1F2 = 1Fn+2 = Fn+1 + Fn, para todo n ≥ 1

Sea P (x) un polinomio de grado 1005 que satisface

P (k) = Fk, para k = 1005, 1006, . . . , 2010

Demuestre queP (2011) = F2011 + 1.

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Segundo Examen Selectivo El Salvador



Problema 1. Pruebe que no existen enteros positivos x, y tales que m y n sean cuadrados perfectos,con

m = x2 + y + 2n = y2 + 4x

Problema 2. Dado un tablero de 9× 9 pintado como el tablero de ajedrez, se colocan 8 torres deajedrez iguales de tal forma que no hay dos que se ataquen y ademas todas estan en cuadrados delmismo color. Determine la cantidad de formas de colocar las torres bajo esas condiciones.

Nota: Dos torres de ajedrez se atacan si ambas se ubican en la misma fila o la misma columna deltablero.

Problema 3. Dado un triangulo acutangulo y escaleno 4ABC, sean H y O su ortocentro y cir-cuncentro, respectivamente. Se construye un punto O′ tal que A es el punto medio del segmento OO′.Sea H ′ el punto medio del segmento AH. La recta tangente en A al circuncırculo del triangulo cortaa BC en T . Demuestre que los puntos A, O′, T , H ′, se ubican sobre una misma circunferencia.

Problema 4. Determine todos los numeros naturales n > 1 tales que n2 - (n− 2)!

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Tercer Examen Selectivo El Salvador



Problema 1. n espıas numerados del 1 al n se envıan mensajes entre sı bajo las siguientes reglas:

1. Cada espıa tiene una frase original.

2. Cada espıa a envıa un mensaje a todos los espıas b tales que n | a(b− 1), de la siguiente forma:

a) El primer dıa, envıa mensajes con su frase original.

b) A partir del segundo dıa, envıa mensajes que contienen su frase original mas todas las frasesque recibio en los mensajes del dıa anterior.

¿Puede suceder que un espıa reciba un mensaje que contenga su frase original?

Problema 2. Sea f : R→ R una funcion tal que f (xf (x+ y)) = f (yf (x)) + x2. Demuestre que:

1. Para todo numero real k existe un numero real x, tal que f(x) = k.

2. La grafica de la funcion tiene una sola interseccion con el eje x.

Problema 3. Sea S un conjunto de n puntos en el plano de modo que no haya tres puntos deS alineados. ¿Para que valores de n es posible pintar todos los puntos de S de modo que todos lostriangulos determinados por tres puntos de S, todos del mismo color o de tres colores diferentes, nosean triangulos obtusangulos?

Nota: La cantidad de colores disponibles es ilimitada.

Problema 4. Sea 4ABC un triangulo escaleno. Las rectas tangentes a la circunferencia de 9puntos del 4ABC cuyos puntos de tangencia son el pie de la altura trazada desde A y el punto mediode BC, se cortan en A′. Los puntos B′ y C ′ se definen de manera similar. Demuestre que AA′, BB′,CC ′, concurren.

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Soluciones a la columna de problemas

Problema 7

Sea P un punto dentro del triangulo ABC. Sean X, Y y Z las intersecciones de AP , BP y CPcon BC, CA y AB, respectivamente. Sean M1, M2 y M3 los puntos medios de CA, AB y BC, y N1,N2 y N3 los puntos medios de ZX, XY y Y Z, respectivamente. Probar que M1N1, M2N2 y M3N3

son concurrentes.

Fuente: Revista In the World of Mathematics, problema 221

Solucion de Rufo Casco, Universidad Nacional de Ingenierıa (Nicaragua)

Sean P1, P2, P3 los puntos medios de BP , CP y AP , respectivamente.

Sabiendo que en el cuadrilatero AZPY los puntos P3, N3 y M3 se encuentran sobre la recta deGauss de dicho cuadrilatero, de igual manera P1, N1 y M1 se encuentran sobre la recta de Gauss delcuadrilatero BZPX, ası como P2, N2 y M2 se encuentran sobre la recta de Gauss del cuadrilateroCY PX.

Al ser P1, P2, P3 los puntos medios de BP , CP y AP tenemos que P1P2‖BC, P2P3‖AC, P3P1‖ABy como M1M2‖BC, M2M3‖AC y M3M1‖AB (base media) entonces los 4P1P2P3 y 4M1M2M3 sonhomoteticos y por ende M1N1, M2N2 y M3N3 son concurrentes en el centro de homotecia de los4P1P2P3 y 4M1M2M3.

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Problema 20 (corregido)

Determinar el valor de la expresion

ınfn∈N

∫ ∞−∞

dx1 + x2n

.

Solucion del editor

Usaremos residuos para calcular directamente el valor de la integral

In =∫ ∞−∞

dz1 + z2n

.

Primero notemos que las raıces de 1 + z2n = 0 son todas distintas y vienen dadas por zk =eiπ(2k+1)/2n, k = 0, 1, . . . , 2n− 1.

Dado R > 1, llamamos C1 al intervalo [−R,R] y C2 al contorno del semicırculo {eiθ, 0 ≤ θ ≤ π},cuyo radio es R. Tomamos como contorno de integracion a C = C1 + C2, recorrido en sentido antiho-rario.

Ya que |zk| = 1 y los zk no son reales, sabemos que ningun zk se encuentra sobre C. Ademas esclaro que zk estara contenido en el area encerrada por C si y solo si =zk > 0, de donde las raıces de1 + z2n encerradas por C son z0, z1, . . . , zn−1.

Luego aplicando el teorema del residuo tenemos que∫C

dz1 + z2n

= 2πin−1∑k=0

Resz=zk

11 + z2n

.

Observemos que1

|1 + z2n|≤ 1|z|2n − 1

,

de donde ∣∣∣∣∫C2

dz1 + z2n

∣∣∣∣ ≤ ∫C2

|dz|R2n − 1

=π

R2n − 1.

Ya que el miembro derecho de esta expresion tiende a 0 cuando R → ∞, resulta que la integral alo largo de C2 tiende a 0. Luego

lımR→∞

∫C

dz1 + z2n

= lımR→∞

∫C1

dz1 + z2n

=∫ ∞−∞

dz1 + z2n

.

Por otra parte, teniendo en cuenta que los zk son polos simples del integrando

Resz=zk

11 + z2n

=1

2nz2n−1

∣∣∣∣z=zk

=zk

2nz2nk

= − zk2n.

Luego∫C

dz1 + z2n

= −πin

n−1∑k=0

eiπ(2k+1)/2n =2πin

eiπ/2n

eiπ/n − 1=π

n

2ieiπ/2n − e−iπ/2n

=π

n

1senπ/2n

.

Haciendo R→∞ obtenemos

13

∫ ∞−∞

dz1 + z2n

=π

n

1senπ/2n

.

De esta formula se desprende que la sucesion {In}n≥1 es decreciente, por lo que su ınfimo serıa

ınfn∈N

In = lımn→∞

∫ ∞−∞

dx1 + x2n

= lımn→∞

π

n

1senπ/2n

= 2.

Nota: Oscar Hernandez (Universidad de El Salvador) nos hizo notar que encontrar el supremode esta sucesion es trivial, ya que este puede ser determinado sin necesidad de una formula para laintegral. Basta probar que la funcion

f(t) =∫ ∞

0

dx1 + x2t

es decreciente en los reales positivos, de donde

supn∈N

In = I1 =∫ ∞−∞

dz1 + z2

= 2 lımt→∞

arctan t = π.

14

Problema 21

¿Para cuantos enteros positivos n se cumple que(

2010 +12

)n+(

2011 +12

)nes entero?

Fuente: Newman, A problem seminar, Springer 1982 (modificado por el editor)

Solucion de Daniel Campos, Universidad de Costa Rica

Para n = 0 y n = 1 es claro que la expresion es un entero. Vamos a demostrar que no existe ningunentero positivo n, n ≥ 2 que satisfaga la condicion. Notese que la condicion es equivalente a que 2n

divida a 4021n + 4023n.

Ahora, si n es par, entonces 4 divide a la suma de dos cuadrados impares. Los cuadrados imparesson congruentes a 1 modulo 4, y por lo tanto no es posible. Luego, n debe ser impar. Sea n = 2m+ 1,con m ≥ 1. Se tiene que

40212m+1 + 40232m+1 = (4021 + 4023)(40212m − 40212m−14023 + ...+ 40232m),

donde el segundo factor es la suma de 2m + 1 terminos impares y por lo tanto es impar. Se concluyeque 22m+1 divide a 4021 + 4023 = 4 · 2011, lo cual no es posible para m ≥ 1. Por lo tanto los unicosvalores de n que satisfacen la condicion son 0 y 1.

Recibida tambien una solucion de Jeanette Fernandez, Complejo Educativo Santiago de la Frontera(Santa Ana)

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Problema 22

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

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

Fuente: Competencia bulgara de primavera 1992

Solucion de Daniel Campos (Costa Rica)

Demostramos primero un lema.

Lema: Sean A, B dos puntos de la curva y = 1/x con x > 0. Sea M el punto medio del segmentoBC y N la interseccion de las tangentes a la curva por A y B. Entonces las rectas AB y MN secorresponden por reflexion sobre rectas paralelas a los ejes coordenados, y MN pasa por el origen.

Prueba: Sean A = (a, 1/a) y B = (b, 1/b). Las rectas tangentes a la curva por A y B tienenpendientes −1/a2 y −1/b2 respectivamente, y sus ecuaciones son

y =−1a2

(x− a) +1a

y y =−1b2

(x− b) +1b.

Es sencillo demostrar que el punto de interseccion N es ( 2aba+b ,

2a+b ). Ademas, el punto medio M es

(a+b2 , a+b2ab ). A partir de esto es inmediato que MN pasa por el origen pues la ecuacion de esta recta esy = x

ab . Finalmente, la pendiente de AB es

1/b− 1/ab− a

=−1ab,

de donde se concluye que las rectas AB y MN son reflexiones sobre rectas paralelas a los ejes, que eslo que se querıa probar.

Por lo tanto el problema se reduce a encontrar la interseccion de las tangentes a la curva por dospuntos cualesquiera, pues de esta manera se puede encontrar el origen y los ejes. Sean A,B,C puntosdistintos fijos de la curva y sean D,E puntos en la curva tales que AC no es paralelo a BD ni BE, y BCno es paralelo a AD ni AE. Por el teorema de Pascal (para hiperbolas) para el hexagono AACBBD(AACBBE) se tiene que la interseccion de las tangentes por A y B es colineal con AC∩BD (AC∩BE)y AD ∩BC (AE ∩BC). Ademas, es facil probar que la recta que pasa por AC ∩BD y AD ∩BC esdistinta de la recta que pasa por AC ∩BE y AE∩BC, pues esto implicarıa que A,B,C son colineales,lo cual no es posible en una hiperbola. De esta manera se encuentra la interseccion de las tangentespor A y B, que es lo que se querıa, y ası concluye el problema.

16

Problema 23

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

n∑i=0

(−1)n−iFin+ 1− i

(n

i

)=

{ 2Fn+1

n+ 1n impar.

0 n par.

Fuente: Original del editor

Solucion de Julio Ayala (Universidad de El Salvador)

Observar quen∑i=0

(−1)n−iFin+ 1− i

(n

i

)=

n∑i=0

(−1)n−iFin+ 1

(n+ 1i

)=

1n+ 1

n∑i=0

(−1)n−iFi

(n+ 1i

).

Ahora podemos utilizar la muy conocida formula de Binet: Fn =(1 +

√5)n − (1−

√5)n

2n√

5para

obtener:

n∑i=0

(−1)n−iFin+ 1− i

(n

i

)=

1(n+ 1)

√5

n∑i=0

(n+ 1i

)(1 +√

52

)i(−1)n−i −

n∑i=0

(n+ 1i

)(1−√

52

)i(−1)n−i

=1

(n+ 1)√

5

−(1 +√

52

− 1

)n+1

+

(1 +√

52

)n+1

+

(1−√

52

− 1

)n+1

−

(1−√

52

)n+1

=1

(n+ 1)√

5

−(−1 +√

52

)n+1

+

(1 +√

52

)n+1

+

(−1−

√5

2

)n+1

−

(1−√

52

)n+1

=

2

(n+ 1)√

5

(1 +√

52

)n+1

−

(1−√

52

)n+1 =

2Fn+1

n+ 1si n es impar

0 si n es par

Recibida tambien una solucion de Daniel Campos, Universidad de Costa Rica.

17

Problema 24

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

|a1a2 · · · an − b1b2 · · · bn| ≤n∑j=1

|aj − bj |.

Fuente: Steele, The Cauchy-Schwarz Master Class, Cambridge, 2004. Segun el autor la desigualdad esdebida a Weierstrass.

Solucion de Daniel Campos, Universidad de Costa Rica

Se va a demostrar el resultado por induccion sobre n. Para n = 1 es trivial. Se va a probar paran = 2, pues el resultado se va a utilizar posteriormente. Note que

|a1a2 − b1b2| ≤ |a1a2 − a2b1|+ |a2b1 − b1b2| = |a2||a1 − b1|+ |b1||a2 − b2| ≤ |a1 − b1|+ |a2 − b2|

que es lo que se querıa. Suponga que el resultado es cierto para n; se va a probar para n+ 1. Noteque el producto de numeros complejos de modulo menor o igual que 1 tiene modulo menor o igual que1. De esta manera por el resultado para n = 2 y la hipotesis inductiva se tiene que

|a1a2 · · · an+1 − b1b2 · · · bn+1| ≤ |a1a2 · · · an − b1b2 · · · bn|+ |an+1 − bn+1| ≤n+1∑j=1

|aj − bj |,

y esto completa la induccion, con lo que concluye el problema.

Recibida tambien una solucion de Julio Ayala (Universidad de El Salvador).

18

Columna de Problemas No. 6

26. Sea D un punto en el lado AB del triangulo ABC tal que AD = CB y ademas 3∠CBA =2∠ACD. Probar que AC es perpendicular a CB.

Propuesto por Rufo Casco, Universidad Nacional de Ingenierıa (Nicaragua)

27. Considerar las permutaciones

σ1 =(

1 2 3 4 · · · 19 20a1 a2 a3 a4 · · · a19 a20

)σ2 =

(1 2 3 4 · · · 19 20a19 a20 a17 a18 · · · a1 a2

).

Mostrar que si σ1 tiene a lo sumo 100 inversiones, entonces σ2 tambien tiene a lo sumo 100inversiones.

Nota: Una inversion en una permutacion σ es un par (i, j) tal que i < j y σ(i) > σ(j).

Propuesto por el editor

28. Demostrar que todo numero perfecto divisible por 2011 debe ser divisible por 20112.

Propuesto por Daniel Campos, Universidad de Costa Rica

29. Probar que la serie∞∑n=3

1(log log n)logn

es convergente.


30. Si p es un primo, probar que todo grupo finito de orden p2 es necesariamente abeliano.


19

20

Breve historia acerca de cómo surgieron los exponentes

La historia del ajedrez se remonta a la India de la antigüedad. Cuenta una leyenda que,

un rey, abatido por la muerte de su hijo en una batalla, cayo en terrible depresión, lo cual

afligió a todo el pueblo. En balde desfilaron frente al monarca famosos magos, graciosos

payasos, bellas mujeres… todo era en vano pues, el monarca continuaba triste.

Fue entonces que apareció un personaje con un tablero debajo del brazo y en una caja

llevaba piezas de color blanco y de color negro. Entre ellas se hallaba caballos, alfiles,

torres, peones y por supuesto un rey y su reina o dama.

El juego era como liberar una batalla en el tablero; con paciencia fue explicando al rey

los movimientos de cada pieza y sus combinaciones. Cuando el soberano se dio cuenta, la

tristeza lo había abandonado y en su lugar la alegría lo invadió nuevamente.

Agradecido por el bien recibido, el soberano le dijo al personaje que cualquier cosa que

pidiera le sería concedida. Se cuenta que el inventor del ajedrez pidió por premio un

grano de trigo por el primer cuadro, 2 por el segundo, 4 por el tercero, 8 por el cuarto, y

así sucesivamente hasta llegar al cuadrado 64. Al ver tan simple petición, el rey se deshizo

en carcajadas, pero la respetó. Puso entonces a sus eruditos a que efectuaran el cálculo

pero… ¡sorpresa! Notaron que tal petición dejaba vacías las reservas del reino. El calculo

del número de granos de trigo esta dado por la suma: 1+2+4+8+16+32+..., en total 64

sumandos que también se pueden escribir de la forma siguiente: 20+21+22+23+24+...+263.

Nota del editor: Al calcular el valor de la progresión geométrica anterior se tiene que

la cantidad buscada es 264-1=18446744073709551615 granos, lo cual es suficiente arroz

para cubrir la superficie entera de la India con una capa de 2 metros de espesor (ejercicio

para el lector).

Por Xenia Ivette Peñate Godoy (Instituto Nacional de El Congo, Santa Ana)

NO ME SALE · 1Los puntos de concurrencia son llamados los centros de ortolog a de la pareja ABC,...

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