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REVISTA MATEMÁTICA
DEL PROGRAMA
JÓVENES TALENTO
Número 10
Mayo 2013
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REVISTA MATEMÁTICA DELPROGRAMA JÓVENES TALENTO
Número 10 (mayo 2013)
Quiénes somos
El Programa Jóvenes Talento de El Salvador (PJT), cuya sede se
encuentra en San Salvador, es unproyecto conjunto de la Universidad
de El Salvador y el Ministerio de Educación que brinda atencióna
alumnos con rendimiento destacado en matemática y ciencias
naturales. Asimismo, en sus más de 10años de existencia, ha
estado a cargo de la selección y preparación de las delegaciones
que representana El Salvador en diversas competencias
internacionales.
La Revista Matemática del PJT fue fundada en 2009 con el
objetivo de estimular el estudio de lamatemática a un alto nivel,
con énfasis en la tradición de las olimpiadas de matemática.
Está dirigidaa alumnos familiarizados con la resolución de
problemas, instructores, profesores y al lector interesadoen la
matemática en general. Inicialmente concebida en el contexto del
PJT, la presente publicaci ónpretende convertirse en una
referencia seria de la actividad matemática de El Salvador y la
regióncentroamericana.
Editor
Lic. Gabriel Alexander Chicas Reyes (Universiteit Leiden)Correo
electrónico: [email protected]
Colaboradores
Agradecimientos especiales a Aarón Ramı́rez (Clemson
University) por participar en la corrección
de errores del presente número.
Créditos fotográficos
A menos que se especifique lo contrario, las im ágenes
empleadas son de dominio público y no sepretende ninguna
violación de derechos de autor.
University of New Hampshire (p. 34)Harald Helfgott (p. 35)Cliff
Moore (p. 36)
Suscripción
La presente es una publicacíon digital distribuida mediante
correo electrónico. Para suscribirse fa-vor escribir a la
dirección [email protected].
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Cómo contribuir
La Revista Matemática del PJT invita cordialmente a participar
en su elaboración a todos losmiembros del Programa (alumnos,
instructores, catedráticos, padres de familia) y al lector
interesadoen general.
Artı́culos. Se invita a los lectores a contribuir con sus
trabajos originales sobre matem áticaelemental. El documento
deberá incluir las referencias académicas usadas en su
elaboración y lainformación de contacto de su autor, incluyendo:
Nombre, afiliación académica y correoelectrónico.
Columna de problemas. Se desaf́ıa a los lectores a enviar
sus soluciones creativas a los pro-blemas de esta sección, aśı
como a proponer problemas originales para la columna del
siguientenúmero. El archivo enviado deberá incluir la
información de contacto del autor, y en el caso deun problema
propuesto su respectiva procedencia (nombre del libro, olimpiada, o
autor delproblema). Se dará prioridad a problemas originales.
Café Matemático. Se acepta todo tipo de material de
divulgaci ón matemática, incluyendo:Historia de las matemáticas,
biografı́as de matemáticos famosos, acertijos, humor
matemático,
etc. Tener en cuenta que esta sección está orientada hacia un
público más amplio, por lo que seevitarán documentos demasiado
técnicos.
Contacto
Se solicita a los lectores enviar sus contribuciones, preguntas
o comentarios a la siguiente direcci ón:[email protected] .
Próximo número
El número 11 de la revista está programado para
DICIEMBRE DE 2013.
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Contenidos
Art́ıculos (p. 1)
´ Algebra de diferencias
Andrés Goens (RTWH Aachen)
Problemas salvadore˜ nos de geometŕıa euclidiana
Eduardo Arnoldo Aguilar (El Salvador)
Problemas oĺımpicos (p. 23)
Problemas de la XXV Olimpiada Matem´ atica de la Cuenca del
Paćıfico 2013
La Asian Pacific Mathematics Olympiad (APMO) es
una de las competencias regionales de mayorprestigio en el mundo.
Se caracteriza por ser una prueba no presencial, es decir, la
prueba es adminis-
trada de manera local en cada uno de los paı́ses concursantes.
Los únicos páıses que tienen derecho aparticipar son aquellos que
poseen costas en el Océano Paćıfico; es por este motivo que El
Salvadorpuede entrar en la competencia. Por regla general la
Olimpiada es celebrada el segundo lunes de marzode cada año.
Problemas de la XIX Olimpiada de Mayo 2013
La Olimpiada de Mayo es una competencia juvenil a nivel
iberoamericano, que se distingue deotras olimpiadas internacionales
ya que las pruebas tienen lugar en cada uno de los paı́ses
participan-tes, y posteriormente son enviadas al paı́s organizador
(Argentina). Fue planeada por primera vez en1995 por la entonces
recién fundada Federación Iberoamericana de Competencias
Matemáticas, la cualse inspiró en la Asian-Pacific
Mathematics Olympiad como modelo a seguir. La Olimpiada
de Mayoestá organizada en dos niveles: el nivel I, dirigido a
estudiantes menores de 13 a ños, y el nivel II, paraalumnos entre
13 y 15 años de edad. El Salvador ha participado continuamente en
este concurso desdeel año 2002.
Columna de problemas (p. 26)
En esta sección se incluyen 5 problemas de desaf́ıo a los
lectores, quienes están invitados a resol-verlos y enviar sus
mejores soluciones a la revista. Las soluciones m ás originales
serán publicadas enel siguiente número.
Se ha introducido un nuevo formato en los enunciados de la
columna. De ahora en adelante losproblemas originales serán
marcados explı́citamente por la palabra original ,
mientras que un problema
sugerido indica que el proponente no es el autor del
problema en cuestión. Esto tiene dos objetivos:el primero es
evitar plagios y conflictos de derechos de autor, y el segundo es
resaltar el mérito delos autores que crearon sus propios
problemas. El editor espera que en el futuro haya abundancia
deproblemas originales, de modo que eventualmente esta distinción
se vuelva innecesaria.
Problemas abiertos
Los siguientes problemas todav́ıa permanecen sin resolver: 25,
38, 45.
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Correcci´ on al problema 41
El editor ofrece sus más sinceras discupas por haber
tergiversado la redacción del problema 41,y agradece a Esteban
Arrega (Universidad de San Carlos) por haber señalado el error. El
enunciadocorrecto del problema fue comunicado a los lectores
interesados.
Caf́e Matemático (p. 33)
Curiosidades
En este apartado el editor presenta una selección de
propiedades matemáticas no tan conocidas...y un tanto dif́ıciles
de creer.
Noticiero matem´ atico
Abordamos las noticias de los trabajos de Yitang Zhang y Harald
Helfgott en dos problemas famososde la teoŕıa de números, y
tambíen hablamos sobre el Premio Abel 2013.
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Álgebra de Diferencias
Andrés Goens
1. Introducción
El álgebra de diferencias es una pequeña rama de las
matemáticas, cuyo origen está cercanamenterelacionado con el del
álgebra diferencial, rama más grande con la que comparte mucha
similitud.Es una rama relativamente nueva a su vez: se puede decir
que nació como una nueva rama de lasmatemáticas alrededor los
años 1930, por una serie de art́ıculos publicados por J. Ritt
entre 1929y 1939. Sin embargo, no fue hasta la década de los 1950
que gracias a R. Cohn el álgebra de dife-rencias alcanzo niveles
comparables con el de su rama hermana, el álgebra diferencial. A
partir deah́ı ha gozado de un crecimiento satisfactorio gracias a
un número grande de matemáticos y a pesar deseguir siendo una
rama pequeña hoy en dı́a, cuenta con muchos resultados importantes
y una estructu-
ra madura. Una reseña histórica más detallada se puede
encontrar en el prefacio del texto de Levin, [6].
Para dar una primera idea del objeto de estudio de álgebra de
diferencias, veremos un par deejemplos de ecuaciones de
diferencias. Probablemente uno de los ejemplos mejor conocidos es
la sucesi ónde Fibonacci 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, . . . que se
puede ver como una solución de la siguiente ecuación
recursiva:
a0 = 1, a1 = 1
an = an−1 + an−2, n ≥ 2.Otro
ejemplo que probablemente también conozca cualquier matemático o
f́ısico es la ecuación
funcional de la función Gamma: Γ(x + 1) = xΓ(x).
Un resultado clásico del análisis complejo dice que cualquier
función que cumpla esta ecuación es
un múltiplo de la función Γ, a la que se le considera una
generalización del factorial:
Γ(x) =
∞0
tx
t e−tdt
Estos dos son ejemplos notables de ecuaciones de diferencias. En
el álgebra de diferencias no sebusca, sin embargo, encontrar
soluciones de estas ecuaciones de manera “expĺıcita”, como lo son
losnúmeros en la sucesión de Fibonacci, o la representación
integral de la función Γ. Se investiga, másbien, la estructura
que tienen dichas ecuaciones y en sı́ la existencia de tales.
1.1. Requisitos para este art́ıculo
Este art́ıculo pretende presentar lo más básico de la teoŕıa
del álgebra de diferencias, la cual enmuchos aspectos se basa en
geometrı́a algebraica. Aunque conocimiento de geometrı́a algebraica
seŕıa
de mucha ayuda para entender este art́ıculo, traté de
escribirlo de tal manera que no sea necesaria. Sinembargo,
conocimientos básicos de álgebra, como anillos, ideales, etc. y
cierta madurez matemáticaprobablemente sean verdaderamente
indispensables para comprender este art́ıculo. Para aquel lectorque
tenga interés en leerlo, pero necesite conocimientos de álgebra
básica, recomiendo consultar eltexto de Lang [2]. Para aquellos
que quieran buscar algo m ás especı́fico de álgebra conmutativa
ogeometŕıa algebraica, recomiendo los textos de Eisenbud [3] o
Hartshorne [4]. El contenido de álgebrade diferencias de este
art́ıculo está basado en los fundamentos de mi tesis, aún en
desarrollo, loscuales a su vez están fuertemente basados en los
apuntes de la ponencia en álgebra de diferencias en elinvierno
2012/13 de Michael Wibmer [1]. El lector que quiera solidificar su
comprensión podrá encontrarejercicios al final del art́ıculo, los
cuales estarán desglosados por sección.
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2. Fundamentos de álgebra de diferencias
Definición 2.1. Sea R un anillo (en este
artı́culo, todos los anillos van a ser conmutativos con unidad),y
sea σ : R → R un
endomorfismo de anillos en R. Entonces llamamos al par (R,
σ) un anillo de diferencias , o un σ-anillo.
Por abuso de notación diremos que R es un σ
-anillo para referirnos al par,y si R es otro σ-anillo
usaremos siempre la notación σ para el endomorfismo de
R; esto no deberı́a
causar confusión, puesto que se podrá inferir del contexto de
qué endomorfı́smo se está hablando.Definición 2.2. Sean
R, R σ -anillos y sea ϕ :
R → R un homomorfismo de anillos. Decimos que
ϕes un homomorfismo de σ
-anillos si
σ(ϕ(r)) = ϕ(σ(r)) para todo r ∈ REjemplo
2.3. Hay un sinfı́n de ejemplos de σ-anillos. Un par de
los más importantes son los siguientes:
Cualquier anillo R es un σ-anillo con σ
= IdR. A este le llamamos un σ- anillo
constante .
El cuerpo de las funciones meromorfas C → C, que
denotaremos por M, es un σ-anillo junto conσ(f )(x)
= f (x + 1) para todo x ∈ C.Las
sucesiones de números enteros, que denominaremos Seq(Z), forman un
σ-anillo junto con la
operación de correr sus términos hacia la izquierda:
σ : (an)n∈N → (an+1)n∈N.
Definición 2.4. Sea R un σ -anillo. Si
R también es un cuerpo, llamamos al par (R, σ) un
σ -cuerpo.Si k es un σ-cuerpo, A
una k-álgebra que (como anillo) es un σ-anillo y
cumple σ(ar) = σ(a)σ(r),entonces llamamos a A
una k-σ-´ algebra .
Ejemplo 2.5. Un ejemplo adicional de especial importancia
es el de los σ -anillos de polinomios . Seak un
cuerpo. Consideremos el anillo de polinomios R :=
k[y, σ(y), σ2(y), . . .], donde y, σ(y), σ2(y), . .
.son por el momento simplemente nombres de variables
(algebraicamente independientes). A este anillolo podemos convertir
en una k -σ-álgebra definiendo
σ : R →
R, y →
σ(y), σn−1(y) →
σn(y) para todo n > 1
y extendiéndolo k-linealmente de la manera obvia.
Denotamos este σ-anillo de polinomios por k{y}.De forma
análoga podemos definir σ-anillos de polinomios k{y1, .
. . , yn} en muchas variables.Definición 2.6.
Dados un σ -anillo S y un subanillo
R ≤ S , decimos que R es un
σ -subanillo de S si (R, σ|R)
esun σ-anillo, es decir, si la imagen de σ |R
está contenida en R.Un σ-ideal es un
ideal I R que a la vez es un σ -subanillo
de R; le denotamos por I σ R. Eneste caso,
no es dif́ıcil convencerse de que existe una estructura canónica
de σ-anillo en el anillocociente R/I :
σ : R/I
→ R/I, a + I
→ σ(a) + I.
Definición 2.7. Sea R un σ-anillo,
y sea I σ R un σ-ideal de
R. Para elementos a1, . . . , ak ∈
Rdenotamos por [a1, . . . , ak] σ R al σ-ideal
más pequeño de R que contiene a a1, . . . , ak.
De hecho, secumple que
[a1, . . . , ak] = {ni=1
σji(xi) | n ≥ 1, ji ≥ 0, xi ∈
{a1, . . . , ak}, i = 1, . . . , n}.
Si existen b1, . . . , br ∈ I
tales que I = [b1, . . . , br], decimos que
I es finitamente σ-generado
comoσ-ideal.
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Definición 2.8. Una k-σ-álgebra A es
finitamente σ-generada , si existen elementos
f 1, . . . , f n talesque
A = k[f 1, f 2, . . . , f n,
σ(f 1), . . . , σ(f n), σ2(f 1), . . .].
Comentario 2.9. Si A es una k-σ-álgebra
, σ-generada por f 1, . . . , f n, entonces
tenemos un epimorfis-mo canónico de k-σ-álgebras
del σ-anillo de polinomios k{y1, . . . , yn} a
A: yi → f i, i = 1, . . . , n.
Vemosentonces que los σ-anillos de polinomios son ob jetos
libres en la categoŕıa de k-σ-álgebras
finitamentegeneradas. Por ello, denotamos a la σ-álgebra
generada por f 1, . . . , f n por
k{f 1, . . . , f n}.Definición 2.10. Si el
núcleo I del epimorfismo mencionado en el
Comentario 2.9 es a su vez finitamen-te σ-generado, digamos
por r1, . . . , rm, entonces decimos que el álgebra A
es finitamente σ-presentada .
Comentario 2.11. En las condiciones de la definicion
anterior, por el teorema de isomorf́ıa tenemosA ∼= k{y1,
. . . , yn}/(r1, . . . , rm). Nótese también que los conceptos
“finitamente σ-generado” y “fini-tamente σ-presentado”
son verdaderamente diferentes: a diferencia del caso de anillos
polinomialescomunes, no se cumple el teorema de la base de Hilbert,
lo que quiere decir que k{y1, . . . , yn} no es unanillo
noetheriano. En particular, a pesar de ser finitamente
σ-generada el álgebra, el ideal I puede
noserlo.
Ejemplo 2.12. Sea k un σ-cuerpo y
sea I σ k{y} el σ-ideal generado
por yσ(y), yσ2(y), yσ3(y), . . ., esdecir I =
[yσ
i
(y) | i ≥ 1]. Entonces
el σ-anillo R :=
k{y}/I (donde σ(r + I ) := σ(r) +
I ) es finitamenteσ-generado: R =
k{y + I }, pero no finitamente σ
-presentado, pues I no es
finitamente σ-generado.Comentario 2.13. Ası́ como las
ecuaciones algebraicas ordinarias se reducen a buscar soluciones
deun polinomio, las ecuaciones de diferencias las podemos expresar
como la búsqueda de soluciones parapolinomios σ .
Entiéndase aqúı un homomorfismo como el del Comentario 2.9.
Ejemplo 2.14. Ahora podemos expresar los dos ejemplos de
la introducción en el lenguaje del álgebrade diferencias: La
sucesión de Fibonacci es una solución del polinomio σ2(y)
+ σ(y) − y en el σ-anilloSeq(Z); esta es
precisamente la relación de recurrencia an+2 +
an+1 = an. De la misma manera, lafunción Γ es
la solución del polinomio σ(y) − zy, donde z ∈ C(z)
denota a la función constante z → z.
3. Ideales de diferencias
Definición 3.1. Sea aσ R un
σ-ideal de R.
Decimos que a un σ-ideal mezclado si
para cualesquiera f , g ∈ R, f g ∈ a
implica que f σ(g) ∈ a.Decimos que a
es perfecto si σi1(f ) · · ·
σin(f ) ∈ a implica que
f ∈ a, donde n ≥ 1, ij
≥0 para todo j ∈ {1, . . . , n}.Decimos que
a es reflexivo si σ(a) ∈
a implica que a ∈ a.Decimos que
a es σ-primo si a es un ideal
primo y σ-reflexivo.
Comentario 3.2. Es fácil ver de sus definiciones que los
σ -ideales σ-primos son perfectos, y que losσ-ideales
perfectos son mezclados, radicales y reflexivos. Los
σ-ideales primos (en el sentido de la teoŕıade anillos)
tambíen son mezclados, pero no necesariamente perfectos. Nótese
que hay una diferencia
ente un σ-ideal σ-primo y un σ-ideal primo: el
primero debe ser necesariamente reflexivo, lo cual no esel caso
para el segundo. Estos dos tipos de σ-ideales están
estrechamente relacionados con los σ-idealesperfectos y
mezclados, respectivamente.
Lema 3.3. Sea ϕ :
R → S un homomorfismo de σ-anillos
y sea aσS un σ-ideal.
Entonces ϕ−1(a)σRes un σ-ideal. De forma similar, si
a es un σ-ideal mezclado, también lo es
ϕ−1(a). Lo mismo es ciertopara los σ-ideales perfectos
y reflexivos.
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Demostraci´ on. Ya que a S es un
ideal, también lo es b := ϕ−1(a) R. Sea
b ∈ b. Entonces pordefinición a :=
ϕ(b) ∈ a. Ya que a σ S es
un σ-ideal, σ(a) ∈ a, y ya que ϕ
es un homomorfismo deσ-anillos, se sigue que σ(a)
= σ(ϕ(b)) = ϕ(σ(b)) ∈ a. Por tanto,
σ(b) ∈ b, lo cual implica a su vez queb es un
σ-ideal.
Ahora, sea a un σ-ideal mezclado y supongamos
que f g ∈ b. Por definición de b, esto
significa queϕ(f g) = ϕ(f )ϕ(g) ∈ a. Ya que
a es mezclado, esto a su vez implica que
ϕ(f )σϕ(g) = ϕ(f )ϕ(σ(g)) ∈ a,lo
cual significa que f σ(g) ∈ b, por lo
que b también es mezclado. El resultado para ideales de
diferenciasperfectos y reflexivos es análogo.
Comentario 3.4. Sea R un σ-anillo y
aσ R un σ-ideal. Podemos definir una
estructura canónica deσ-anillo en el anillo
cociente R/a mediante σ(r +a) := σ(r) +a. Este
homomorfismo está bien definido,y en particular convierte al
epimorfismo de anillos canónico τ :
R → R/a en un homomorfismo deσ-anillos.
Proposición 3.5. Sea R un σ-anillo y
a σ R un σ-ideal. Entonces existe una
biyección entre losconjuntos {bσ R/a} y {aσ bσ
R}, la cual está dada por la función inducida por el encaje
canónicodel Lema 3.3. Esto sigue siendo cierto si restringimos
ambos conjuntos a los ideales σ que sean
radicales,mezclados, primos, σ-primos o perfectos.
Comentario 3.6. Sea R un σ-anillo, y
F ⊆ R un subconjunto de R.
Cualquier intersección deideales σ-mezclados y radicales que
contengan a F también es un ideal
σ-mezclado y radical, que porsupuesto contiene a
F . Esto significa que existe un σ -ideal radical
y mezclado minimal (con respectoa la inclusión) que contiene a
F ; concretamente es la intersección de todo dicho
ideal.
Demostraci´ on. Sea I un conjunto
de ı́ndices, y sean ai σ R para todo
i ∈ I σ-ideales radicales ymezclados. Además,
sea b :=
i∈I ai la intersección de estos. Si
a ∈ ai para todo i ∈
I , entonces
σ(a) ∈ ai para todo i ∈
I , ya que cada ai es un σ-ideal. Esto
implica que σ(a) ∈ b. Argumentosanálogos
demuestran las otras dos propiedades.
Definición 3.7. Al σ-ideal a del
Comentario 3.6 se le llama la clausura radical y
mezclada de F , y sele denota
por {F }m.Comentario 3.8. Sea R un
σ-anillo y aσ R un σ-ideal. Para
tratar de encontrar
{a
}m es tentador
definir a := {fσ(g) | f g ∈
a}. Un ejemplo sencillo nos muestra que esto no basta, ya que
a no esun ideal en general. Sea R = k{y1,
y2, y3}, donde k es un σ -cuerpo, y
a = [y1y2, y2y3] σ R. Entoncesno existen f ,
g ∈ R tales que fσ(g) = σ(y2)y3 +
σ(y1)y2 ∈ {a}m y f g ∈ a. Si
tomamos el σ -ideal [a]generado por a, no tenemos
ninguna garant́ıa que este siga siendo mezclado. De hecho, en el
mismoejemplo y1σ
2(y2) /∈ [a] a pesar que y1σ(y2) ∈
a. Podrı́amos repetir este proceso, pero esto nos
dejarı́asin y1σ
3(y2), y aśı sucesivamente. Pero la unión de todos los
conjuntos obtenidos aśı śı funciona, comolo veremos en los
siguientes lemas.
Lema 3.9. Sea R un σ-anillo
y a un σ-ideal mezclado. Entonces el
radical√ a de a también es mezclado.
Demostraci´ on. Sean f, g ∈ R
tales que f g ∈ √ a. Por definición
existe un n ≥ 1 tal que f ngn = (f g)n ∈a.
Ya que a es mezclado, esto implica que
f nσ(gn) = f nσ(g)n = (f σ(g))n ∈ a.
Pero esto implica quef σ(g) ∈ √ a, que era lo que
deb́ıa mostrarse.Lema 3.10. Sea R un
σ-anillo y F ⊆ R. Además,
sea F := {f σ(g) | f
g ∈ F } como en el Comentario3.8, y sean
F {1} := [F ], F {n} := [F {n−1}].
Entonces
{F }m = ∞
n=1
F {n}.
Esta manera de obtener a {F }m se denomina
proceso de mezcla y tiene un análogo para
ideales σ-perfectos.
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Demostraci´ on. Sea a :=∞n=1 F
{n}. Es obvio de la construcción que a es un
σ -ideal mezclado, y queF ⊆ a. Por
inducción en los pasos iterativos F {n} obtenemos que
para cada σ-ideal mezclado b quecontiene
a F se cumple que F {n} ⊆ b. Por
tanto, a es el σ-ideal mezclado más pequeño que
contiene aF . Por el Lema 3.9 sabemos que
√ a sigue siendo mezclado, lo cual a su vez
demuestra que
√ a es, de
hecho, el σ -ideal radical y mezclado más pequeño que
contiene a F .
En la geometŕıa algebraica, al tratar con variedades afines, el
enfoque moderno es el de definir unatopoloǵıa en el espectro del
anillo, la topologı́a de Zariski . A continuación
haremos una generalizaciónde este principio para el caso de
σ-anillos. El lector que no este familiarizado con este
concepto nodebe preocuparse, pues lo que sigue en este art́ıculo no
requiere dicho conocimiento, sólo que tal vezle costará más
entender el porqué de estas construcciones. No obstante, para la
demostración delteorema principal de este art́ıculo, el Teorema
3.16, vamos a hacer uso de un par de resultados delálgebra
conmutativa que sólo se repetirán en el siguiente lema. Al lector
que no los conozca y quierasaber más se le sugiere consultar
cualquier texto básico de álgebra conmutativa o geometrı́a
algebraica,tal y como [3] ó [4].
Lema 3.11. Sea R un anillo (conmutativo y con
unidad). Entonces:
Si R ≤ S es una extensión de
anillos, y p un ideal primo minimal de R, entonces
existe un idealprimo minimal q de S tal
que p = q ∩ RCada ideal radical de R
es la intersección de ideales primos. Si R is
noetheriano, entonces estaintersección es finita.
Si R es noetheriano y p R es un ideal
primo minimal de R, entonces existe un elemento
a ∈ Rtal que p es el ideal aniquilador
de a, es decir p = Ann(a)
= {r ∈ R | ra = 0}.
Proposición 3.12. Sea R un σ-anillo
finitamente σ-generado por Z, es decir, para el cual
existeun conjunto finito A ⊆ R de tal
manera que cada f ∈ R pueda ser
escrito como una combinaciónZ-linear finita de potencias de
σ de elementos en A (en otras palabras, existe
un n ∈ N≥1 tal quef ∈
Z[A, σ(A), . . . , σn(A)]). Entonces, cada σ-ideal
radical y σ-mezclado es la intersección de idealesde
diferencias primos.
Demostraci´ on. Sea aσ R un
σ-ideal mezclado y radical. Por la Proposición 3.5 existe
una biyección
entre los ideales primos de R que contienen a
a y los de R/a. Por consiguiente podemos asumir
sinpérdida de la generalidad que a = [0] σ R,
reemplazando R por R/a. Esto quiere decir que basta
condemostrar que el ideal [0] de un σ-anillo bien
mezclado (se le define aśı a un anillo cuyo ideal 0
esmezclado) y reducido es la intersección de todos sus
σ-ideales primos. Nótese que esta suposición nocambia el
hecho que R sea finitamente σ-generado por
Z.
Sea, pues, f ∈ R tal que
f /∈ q para todo q σ R primo.
Aseveramos que f entonces tiene queser 0. Si
asumimos que este no es el caso, es decir, f = 0,
entonces por la suposición sobre R existeun
n ∈ N tal que f ∈
Z[A, σ(A), . . . , σn(A)]. Ahora usamos el caso especial para
ideales (de anillosconmutativos): Puesto que Z[A, σ(A), . . .
, σn(A)] es reducido, (0) R es la intersección de todos
losideales primos de R. En particular, existen ideales primos
que no contienen a f .
Sea q0 R uno de dichos ideales, es decir,
f /
∈ q0, minimal con respecto a la inclusión. Ya que
f ∈ Z[A, σ(A), . . . , σn(A)] ⊂ Z[A,
σ(A), . . . , σn+1(A)], nuevamente por el Lema 3.11 podemos
encon-trar un q1 Z[A, σ(A), . . . , σ
n+1(A)] tal que q1 ∩ Z[A, σ(A), . . . , σn(A)] = q0.
Prosiguiendo inductiva-mente encontramos una cadena de ideales
primos minimales qi, i ∈ N, qi Z[A,
σ(A), . . . , σn+i(A)],con qi+1 ∩Z[A, σ(A), . . . ,
σn+i(A)] = qi para todo i ∈ N.
Entonces q :=
∞i=0 qi es un ideal primo de
R, que cumple que f /∈ q.
Afirmamos que, de hecho, q es un σ-ideal de
R. Sea a ∈ q; queremos demostrar que
σ(a) ∈ q.Por la construcción de q
existe un i ∈ N tal, que a ∈
qi−1 ⊆ Z[A, σ(A), . . . , σn+i−1(A)], lo que asu
vez implica que σ(a) ∈ Z[A, σ(A), . . . ,
σn+i(A)]. El Lema 3.11 dice entonces que existe un
h ∈
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Z[A, σ(A), . . . , σn+i(A)] tal, que qi = Ann(h).
Esto implica que ah = 0, y puesto que R
es bien-mezclado, esto implica también que σ (a)h = 0;
por tanto, σ (a) ∈ qi ⊆ q. Pero esto
significa que q esun σ-ideal primo de R
que no contiene a f , lo cual contradice la
definición de f . Por tanto f = 0.
Para demostrar el caso general necesitamos otra herramienta
todav́ıa: el concepto de filtros.
Definición 3.13. Sea U un conjunto, y
sea F ⊆ Pot(U ), donde Pot(U )
denota el conjunto potenciade U . Decimos
que F es un filtro si satisface los
siguientes axiomas:
U ∈ F y ∅
/∈ F .Si V , W ⊆
U con V ⊆ W
y V ∈ F implica que
W ∈ F .Para cualesquiera V 1,
. . . , V n ∈ F se cumple que
ni=1
V i ∈ F.
Un ultrafiltro es un filtro F tal
que para cualquier V ⊆ U se
cumple que V ∈ F o
U \V ∈ F . Nóteseque los axiomas
primero y tercero juntos implican que no pueden ambos serlo.
Comentario 3.14. Sea U un conjunto.
Entonces, el conjunto de filtros sobre U está
ordenado in-
ductivamente por la inclusión. Por el lema de Zorn, para cada
filtro F sobre U debe haber un
filtromaximal G con respecto a la inclusión, tal que
F ⊆ G. La maximalidad del filtro G
implica que Gserá un ultrafiltro, ya que en caso
contrario podrı́amos encontrar un filtro en el que G
esté propiamenteincluido al añadir uno de los conjuntos que
contradicen el que G sea un ultrafiltro.
La razón por la que este concepto es útil en este contexto es
la siguiente:
Lema 3.15. Sea R un σ-anillo, y
sea M el conjunto de todos los σ-subanillos
de R que son finitamenteσ-generados sobre Z. Dado
cualquier subconjunto fijo F ⊆ R,
consideramos el conjunto M F
:= {T ⊆M |
{S ∈ M | F ⊆
S } ⊆ T } ⊆ Pot(M ). Entonces,
F :=
F ⊆R finito
M F
define un filtro sobre M . Si
G es un ultrafiltro que contiene a
F , y P
:=S ∈M S con operaciones defi-
nidas en cada componente, entonces el
ultrafiltro G define una relación de equivalencia en
P mediante(gs)S ∈M ∼
(hs)S ∈M :⇔ {S ∈
M | gs = hs} ∈ G. El conjunto de
clases de equivalencia P/G := P / ∼tiene
una estructura natural de σ -anillo y se
denomina ultraproducto.
Demostraci´ on. F es un filtro, puesto que
para F ⊆ R finito, [F ] ∈
{S ∈ M | F ⊆
S } = ∅, y ya queT ⊇ {S ∈
M | F ⊆
S } para todo T ∈ M F ,
se tiene además ∅ /∈ M F
(nótese que [∅] = (0)).
QueM ∈ M F para cualquier
F ⊆ R es obvio, al igual que que
T ⊆ U, T ∈ M F ,
U ∈ M F . Sólo
necesitamosdemostrar entonces que para U, T ∈
F se cumple que U ∩ T ∈
F .
Sean u, t ⊆ R finitos, tal que
U ∈ M u, T ∈ M t,
u ∪ t ⊆ R también sea finito y
que se cumplaque {S ∈ M |
u ∪ t ⊆ S } ⊆ {S ∈
M | u ⊆ S } ⊆ U ,
y de forma similar para T . Esto significa
queU ∩ T ∈ M u∪t ⊆ F ,
lo que concluye la demostración que F es un
filtro.
Ahora, consideremos un ultrafiltro G ⊇ F y
definamos ∼ en P como antes. Veamos que
esta es unarelación de equivalencia: Sea f ∼
g, g ∼ h para f , g , h ∈
P . Esto significa que {S ∈
M | f s = gs} ∈G,
{S ∈ M | gs = hs} ∈
G. Pero entonces {S ∈ M |
f s = gs} ∩ {S ∈
M | gs = hs} ⊆ {S ∈
M | f s =hs} ∈ G, ya
que G es un filtro. La reflexividad es una consecuencia
del hecho que M ∈ G, y la simetrı́aes obvia. Solo
falta entonces demostrar que tenemos una estructura bien definida
de σ-anillo en P / ∼.
Consideremos f, f ∈ P con
f ∼ f . Sabemos que para todo
S ∈ M con
f S = f S se cumple
queσ(f )S = σ (f )S . Pero
entonces {S ∈ M | σ
(f )S = σ(f )S } ⊇ {S ∈
M | f S =
f S } ∈ G por hipótesis,y ya que G
es un filtro, esto significa
que {S ∈ M |
σ(f )S = σ(f )S } ∈ G. Por
tanto σ (f ) ∼ σ(f ). Sedemuestra de una
manera similar que las operaciones del anillo est án bien
definidas.
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Ahora demostraremos el caso general de la Proposición 3.12.
Teorema 3.16. Sea R un σ-anillo,
y F ⊆ R be un subconjunto de R.
Entonces,{F }m =
F ⊆pσRp primo
p
En particular, cada σ-ideal mezclado y radical de R
es la intersección de ideales de diferencias
primos.Demostraci´ on. Basta con mostrar que cada
σ -ideal radical y mezclado es la intersección de σ
-idealesprimos. Puesto que un σ-ideal que sea primo tambíen
es radical y mezclado, es claro que {F }m ⊆
ppara cada pσ R primo con
F ⊆ p, lo que nos da la representación
{F }m =
F ⊆pσRp primo
p.
Ahora, por el mismo argumento que en la Proposición 3.12, es
suficiente demostrar en el caso que Rsea bien-mezclado y
reducido, que la intersección de todos los σ-ideales primos
es [0]. Sea 0 = f ∈ R.Vamos a construir
un σ-ideal primo que no contenga a f .
Sea P/
G el anillo de diferencias como en el Lema 3.15.
Consideremos la aplicación ϕ : R
→ P /
G, g
→(gS )S ∈M donde (gS ) =
g para todo S ∈ M
con g ∈ S . Ya que {S ∈
M | g ∈ S } ∈ M g
(donde M g sedefine tal y como en el Lema
3.15), todos los (gS ) ası́ están en la misma clase de
equivalencia respecto a∼, independientemente de
los gs para g /∈ S . Por este hecho no es
dif́ıcil ver que ϕ es un homomorfismode σ -anillos
bien definido.
Por la proposición 3.12 sabemos que para cada
S ∈ M existe un σ-ideal
primo pS σ S tal quef
/∈ S . Definimos p σ P/G como el
conjunto de todas las clases de equivalencia de elementos (
gs)S ∈M tales,
que {S ∈ M | gs ∈ pS }
∈ G. Para [(gs)S ∈M ]∼,
[(hs)S ∈M ]∼ ∈ p se tiene que
G {S ∈ M |
gs ∈ pS } ∩
{S ∈ M | hs ∈ pS } ⊆
{S ∈ M | gs + hs ∈ pS }
∈ Gya que G es un filtro. Argumentos similares para
σ(g), gh y h ∈ P /G muestran que
p en efecto es unσ-ideal. Más aún, p
también es primo, como probaremos a continuación.
Sean g, h ∈ P tales
que {S ∈ M | gS hS ∈
pS } ∈ G. Si [g]∼ /∈ p,
entonces V
:= {S ∈ M | gS ∈
pS } /∈G. Ya que G es un ultrafiltro,
esto significa que M \V ∈ G. Pero
G (M \V ) ∩
{S ∈ M | gS hS ∈
pS } ⊆
{S ∈ M | hS ∈
pS } ∈ G,lo que significa que [h]∼ ∈ p. Pero
la preimagen de un ideal primo ϕ−1(p) σ R
también es prima, aligual que la de un ideal de diferencias. Por
construcción, [ϕ(f )]∼ /∈ p, lo que significa
que f /∈ ϕ−1(p),como deseábamos. Esto concluye la
demostración.
4. Un análogo de la topoloǵıa de Zariski
Para finalizar este art́ıculo, veremos cómo podemos definir en
un σ-anillo una topoloǵıa análoga ala topoloǵıa de
Zariski.
Definición 4.1. Sea R un σ-anillo.
Definimos al conjunto de todos los ideales de diferencia
primoscomo σ-Spec(R) := {pσ R | p primo}.
De forma similar, definimos el conjunto de los ideales
σ-primoscomo Specσ(R) := {pσ R | p
σ-primo}.Comentario 4.2. En general puede ocurrir que
tanto Specσ(R) como σ-Spec(R) sean vaćıos. Porejemplo, sea
R un σ-anillo y considere el σ-anillo
R ⊕ R, con σ((r, s)) := (σ(s), σ(r)). Este anillo
notiene ideales de diferencias primos. Sea p R primo.
Entonces 0 = (1, 0)(0, 1) ∈ p, lo que significa que(1,
0) ∈ p ó (0, 1) ∈ p. Pero entonces
R ⊕ 0 ⊆ p ó 0 ⊕ R ⊆ p. Si asumimos
que p es un σ-ideal, entonceslo anteriormente
concluido implica que R ⊕ R ⊆ p, lo cual no puede
ocurrir por la definición de idealprimo.
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En la geometŕıa algebraica se define usalmente una topoloǵıa
en Spec(R) = {p R | p primo},llamada la
topologı́a de Zariski . Esto tiene un análogo en
Specσ(R), llamada usualmente la topologı́a de
Cohn . Aqúı vamos a hacer otra definición en
σ-Spec(R) análoga a las dos anteriores, y que esla topoloǵıa
“correcta” para trabajar con ideales de diferencias mezclados (por
el Teorema 3.16, porejemplo).
Definición 4.3. Sea R un σ-anillo
y F ⊆
R. Definimos V
m(F ) := {p
∈ σ-Spec(R)
| F
⊆ p
}.
Lema 4.4. Sea R un σ-anillo. Entonces
tenemos:
a) V m((0)) = σ-Spec(R), y V m(R)
= ∅.b) Para cualesquiera dos ideales a, b
R tenemos V m(a) ∪ V (b) = V m(a ∩
b).c) Para cualquier familia de ideales (ai)i∈I , donde
I es un conjunto de ı́ndices, tenemos
i∈I
V m(ai) = V mi∈I
ai
.
Demostraci´ on.
a) Es claro que (0) ⊆ p para todo
p ∈ σ-Spec(R), al igual que R ⊆ p
para todo p ∈ σ-Spec(R).b) Sean a, b R
dos ideales de R. Entonces V m(a) ∪
V m(b) ⊆ V m(a∩ b), ya que para pσ R
primo
a ⊆ p implica que a∩b ⊆ p, y
similarmente para b. Por otro lado, sea pσ R primo
con a∩b ⊆ p,y a ⊆ p (en
caso contrario p ∈ V m(a) y hemos terminado).
Entonces existe un f ∈ a tal quef
/∈ p. Para cualquier g ∈ b, esto implica que
f g ∈ a ∩ b ⊆ p. Ya que p es
primo, esto significaque g ∈ p y por tanto
b ⊆ p, lo que concluye la demostración.
c) Sea (ai)i∈I una familia de ideales de R.
Entonces p ∈i∈I V m(ai) si y sólo
si ai ⊆ p para todo i ∈
I , es decir si y sólo si p ∈ V m(
i∈I ai).
Comentario 4.5. Ya que en un σ -anillo cualquier
σ -ideal y primo es radical y mezclado, se cumpleque para
cualquier F ⊆ R y cualquier
σ-ideal primo pσ R tal que
F ⊆ p:
(F ) ⊆ [F ] ⊆
{F }m ⊆ p.
En particular, esto significa que V m(F )
= V m((F )) = V m([F ])
= V m({F }m).Definición 4.6.
a) Sea R un σ-anillo. Definimos una
topoloǵıa en σ-Spec(R) declarando que A ⊆
σ-Spec(R) escerrado si y sólo si A
= V m(a) para algún ideal aR, o de forma
equivalente, declarando que unconjunto abierto si es el complemento
de un conjunto de la forma V m(a) (esta es una
topoloǵıabien definida gracias al Lema 4.4).
b) Dado f ∈
R, definimos σ-D(f ) :=
σ-Spec(R)\V
m(f ). Por el Comentario 4.5, σ-D(f ) es
elcomplemento de un conjunto cerrado, y por consiguiente, abierto.
Llamamos a los conjuntos dela forma
σ-D(f ) ⊆ σ-Spec(R) los abiertos
b´ asicos de σ-Spec(R).
Con estas definiciones ya podemos empezar a trabajar con
aspectos geométricos en álgebra dediferencias, y el lector que
conozca la geometŕıa algebraica apreciará que estamos ya en un my
buencamino. Desafortunadamente hasta aqúı se limita este
art́ıculo, pero se recomienda al lector que deseainformarse más
acerca del tema que consulte los textos [5] o [6].
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Ejercicios
Estos ejercicios le servirán al lector que quiera solidificar
su comprensión del artı́culo.
Sección 2
a) Sea R un σ-anillo. Demuestre que el anillo
cociente R/I módulo
un σ-ideal I es un σ-anillo
con
σ : R/I → R/I,
a + I → σ(a) + I.
b) Sean R un σ anillo y a1, . . . ,
ak ∈ R. Demuestre que el σ-ideal más pequeño [a1,
. . . , ak] queincluye a a1, . . . , ak puede ser
descrito de la siguiente manera:
[a1, . . . , ak] =
ni=1
σji(xi) | n ≥ 1, ji ≥ 0, xi ∈
{a1, . . . , ak}, i = 1, . . . , n
.
c) Sea k un σ-cuerpo. Considere la
k-σ-álgebra A := k[y1, y2, . . .], con
σ(y1) = y1, σ(yi) := yi+1, i = 2, 3, . . . ,
y1
·yi = yi+2, i = 2, 3, . . .
¿Es A finitamente σ-generada? ¿Es A
finitamente σ-presentada? En dado caso encuentreun
sistema finito de σ-generadores o una σ-presentación,
o bien demuestre que no existen.
Sección 3
a) Sea ϕ : R → S un
morfismo de σ-anillos, y sea a
σ S un σ-ideal perfecto; de forma
similarsea bσS reflexivo. Demuestre que ϕ−1(a)
es un σ-ideal perfecto de R, y ϕ−1(b) es
reflexivo.
b) Demuestre la Proposición 3.5: Sea R un σ
-anillo y aσ R un σ -ideal. Entonces existe
unabiyección entre los conjuntos {bσ R/a} y {aσ bσ
R}, la cual está dada por la aplicacióninducida por el encaje
canónico del Lema 3.3. Esto sigue siendo cierto si restringimos
ambosconjuntos a los σ-ideales que sean radicales, mezclados,
primos, σ -primos o perfectos.
c) Si no conoćıa los resultados del Lema 3.11, familiaŕıcese
con ellos. Trate de demostrarlos o
buscarlos en la literatura mencionada.
d) Sea (U, T ) un espacio topológico con la
topoloǵıa T , y sea x ∈ U un
punto. Definimos elconjunto de entornos de x:
U x := {x ∈ F ⊆
U | ∃V ∈ T
: V ⊆ F }.
Demuestre que U x es un filtro.Sección 4
a) En el caso de ideales radicales, para I , J R
se cumple que√
I ∩√ J = √ IJ . Demuestre
orefute el análogo para ideales mezclados radicales: Para a,
bσ R: {a}m ∩ {b}m = {ab}m.
b) Sea (U,
T ) un espacio topológico. Un conjunto B
⊆ T es una base de la
topoloǵıa si cada
conjunto abierto V ∈ T puede ser
escrito como la unión de conjuntos en B, es decir, siexiste
un BV ⊆ B tal que
V = ∪X∈BV X . Demuestre que
los conjuntos abiertos básicosσ-D(f ), f ∈ R
forman una base de la topoloǵıa en σ -Spec(R).
c) (*) ¿Es posible mejorar la aseveración del Teorema 3.16,
como en el caso de ideales radicalesen un anillo noetheriano (ver
Lema 3.11), para asegurar que la intersecci ón sea finita? Enotras
palabras, ¿es σ-Spec(R) un espacio topológico noetheriano?
¿Qué propiedades debetener R para que esto se cumpla
siempre?
*La respuesta de este ejercicio todav́ıa no se conoce en
general.
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Referencias
[1] Wibmer, Michael, Algebraic Difference Equations
(Lecture
Notes).http://www.algebra.rwth-aachen.de/de/Mitarbeiter/Wibmer/Algebraic
%20difference %20equations.pdf.
[2] Lang, Serge, Algebra , Revised 3rd ed., Springer,
2005.
[3] Eisenbud, David Commutative Algebra with a View Toward
Algebraic Geometry , Springer, 1995.
[4] Hartshorne, Robin, Algebraic Geometry , Springer,
1977.
[5] Cohn, Richard, Difference Algebra , Interscience
Publishers, 1965.
[6] Levin, Alexander, Difference Algebra , Springer,
2008.
Andrés Goens (RWTH Aachen)Correo electrónico:
[email protected]
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Problemas salvadoreños de geometŕıa euclidiana
Eduardo Arnoldo Aguilar
Resumen: El Salvador comenzó a participar regularmente en las
olimpiadas internacionales de matemática desde
finales de los noventas. Durante este p eŕıodo de cerca de 15
años, el Programa Jóvenes Talento ha sido el encargado de
entrenar a varias generaciones de jóvenes olı́mpicos para un
alto rendimiento en matemática. Esta es una compilación
deproblemas de geometrı́a euclidiana, creados por ex oĺımpicos
salvadoreños formados en el Programa, que fueron escogidos
para formar parte de los exámenes de diversas olimpiadas.
1. Olimpiada Matemática de Centroamérica y el Caribe
1.1. PROBLEMA 3, OMCC 2005 (EL SALVADOR)
En el triángulo ABC sean P ,
Q y R los puntos de tangencia del
inćırculo en los lados AB, BC
yAC respectivamente. Sean L, M
y N los pies de las alturas del tri ángulo
P QR en P Q, QR y P
R,respectivamente.
(a) Demuestre que AN , B L y C
M se cortan en un mismo punto.(b) Demuestre que ese
punto está en la recta que pasa por el ortocentro y el
circuncentro del triángulo
P QR.
Aar´ on Ramı́rez
Solución:
B C
A
I
Q
P
R
N
LM
H
X
El cuadrilátero PLMR es ćıclico y la recta BC es
tangente al incı́rculo, por lo tanto ∠QLM = ∠P
RQ =
∠P QB de donde B C LM .
Análogamente ABLN y AC MN , aśı
que los triángulos ABC y LMN son
homotéticos. Por lo tanto AN , BL y C
M concurren en un punto X , el centro de
homotecia de lostriángulos ABC y LM
N .
Además, recordemos que el circuncentro de P QR es el
incentro de ABC , y el ortocentro de P QR es
elincentro de su triángulo órtico LM N . Pero al ser
ABC y LM N triángulos
homotéticos, se tendrá quesus incentros están alineados con el
centro de homotecia X .
Nota: Variantes de este problema fueron previamente
utilizadas en diversas olimpiadas: Ir án 1995,Estonia 2000 y
Hungrı́a-Israel 2000.
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1.2. PROBLEMA 2, OMCC 2006 (PANAMÁ)
Sean Γ y Γ dos circunferencias de igual radio con centros
O y O respectivamente. Γ y Γ se cortanen dos
puntos y A es uno de ellos. Se escoge un punto B
cualquiera en Γ. Sea C el otro punto de
cortede la recta AB con Γ y D un punto en
Γ tal que OBDO es un paralelogramo. Demuestre que lalongitud
del segmento C D es constante, es decir, no depende de
la elecci ón de B .
Eduardo Arnoldo Aguilar
Solución:
O O
A
B
C
D F E
Sean E y F las segundas
intersecciones de B D con Γ y Γ respectivamente.
Notemos que OO = BD
ya que OODB es un paralelogramo. Además, ∠ACD
= ∠AOD
2 y ∠DBA =
∠AOE
2 .
Por otra parte, como Γ y Γ tienen radios iguales y B DOO,
por simetrı́a ∠AOE = ∠AOD. Por lotanto
∠ACD = ∠DBA y aśı C D =
BD = OO , la cual es constante.
1.3. PROBLEMA 6, OMCC 2007 (VENEZUELA)Desde un punto
P exterior a una circunferencia
S se trazan tangentes que la tocan en A
y B . Sea M el punto medio de AB . La
mediatriz de AM corta a S
en C (interior al ABP ), la recta
AC corta ala recta P M en
G, y la recta P M corta a
S en el punto D exterior al
triángulo ABP . Si B DAC ,demuestre que
G es el centroide del ABP .
Eduardo Arnoldo Aguilar
Solución:
O
A
B
P
M
C
GD
F E
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El AMG es rectángulo, por lo que la mediatriz
de AM corta a la hipotenusa en el circuncentro C
deltriángulo, es decir C A = CG. Por simetrı́a, si
E es la segunda intersección de BG con
S , se tendrá queEG = EB =
AC .
Como AGBD y M es punto medio de
AB, se observa que los triángulos rectángulos AMG
yBM D son congruentes, por lo que AG =
BD, y por simetrı́a AG = BG. Luego BD
= B G. Si F es la intersección de AG
con B P , usando nuevamente el paralelismo
anterior
∠BGF =
∠DBE , y porángulo semi-inscrito ∠F BG =
∠BDE . Luego, por el criterio ALA, los
triángulos BDE y BGF
son congruentes, y en consecuencia
GF = BE .
Aśı, hemos reducido el problema a lo siguiente: en
el ABP , si G es un punto sobre la mediana
P M tal que AG = 2GF , entonces G
debe ser el centroide del triángulo. Una manera de
argumentarlo espor contradicción: Suponiendo que G = G
es el baricentro de ABP , dado que G está
sobre P M ycumple que AG = 2GF (con
F como la intersección de AG con
BP ), por el rećıproco de ThalesGGF F , es decir
M P BP , lo cual es absurdo.
Otra manera de concluir es aplicando Menelao
al ABF con los puntos P , G
y M :
1 = BP P F · F GGA ·
AM M B = BP 2P F ,
de donde F es punto medio de B
P y de allı́ el resultado.
1.4. PROBLEMA 2, OMCC 2008 (HONDURAS)
Sea ABCD un cuadrilátero conćıclico convexo con
centro en O, tal que AC es diámetro. Se
construyenlos paralelogramos
DAOE y BCOF . Pruebe que si
E y F se ubican sobre la
circunferencia, entoncesABCD es rectángulo.
Aar´ on Ramı́rez
Solución:
A
B
C
O
D
E
F
Como AC es diámetro, ∠ABC
= ∠ADC = 90◦. Además, E y
F se ubican en la circunferencia, dedonde
AD = OE = r =
OF = BC , y de esto se desprende que
∠BAC = ∠ACD. Luego ∠BAD
=∠BAC + ∠CAD = ∠ACD + ∠CAD = 90◦, ası́
que ABCD es un rectángulo. 1
1Note que el rectángulo cumple ∠ACD = 30◦ pues
AD = r y el AOD es equilátero.
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1.5. PROBLEMA 5, OMCC 2009 (COLOMBIA)
Dado un triángulo acutángulo y escaleno ABC , sean
H su ortocentro, O su circuncentro,
y E y F los pies de las alturas
trazadas desde B y C , respectivamente. La
recta AO corta nuevamente al cir-cuncı́rculo del
triángulo ABC en un punto G y a
los segmentos F E y BC en los
puntos X e Y ,respectivamente. La
recta AH corta a la tangente al circunćırculo
trazada por G en un punto Z . De-muestre
que H X es paralela a Y Z .
Eduardo Arnoldo Aguilar
Solución 1:
Sea D el pie de la altura desde A. Notemos que
AG⊥GZ porque AG es diámetro y
GZ tangente, ypor lo tanto DY
GZ es ćıclico con ∠DZY = ∠DGY .
Entonces Z Y HX solo si HXGD es
cı́clico.
Como AD y AO son isogonales (∠BAD =
∠GAE ) y además ∠ABC = ∠AEF
(pues BCEF es cı́cli-co), entonces
∠AXE = 90◦. De acá es fácil ver que AF
H ∼ AGC y ABD ∼ AEX .
Por lo tanto AH
AG =
AF
AC y
AD
AX =
AB
AE . Pero
AF
AC =
AE
AB porque BCEF es cı́clico, ası́ que
AH
AG =
AX
AD,
de donde AH · AD = AX · AG y
en conclusión HXGD es cı́clico.
A
B C
O
E
F
D
G
X
Y
Z
H
Solución 2:
Sea D el pie de la altura desde A. Notemos
que AG⊥GZ porque AG es diámetro
y GZ tangente, porlo tanto DY
GZ es ćıclico con ∠DZY = ∠DGY .
Entonces Z Y HX solo si HXGD es
cı́clico.
Como AD y AO son isogonales (∠BAD =
∠GAE ) y además ∠ABC = ∠AEF
pues BCEF es ćıclico,entonces
∠AXE = 90◦.
Notemos que los cuadriláteros AFH E y
ACGB son semejantes, pues ABC ∼
AEF y AF ⊥F H ,AE ⊥EH ,
AC ⊥CG y AB⊥BG (los primeros por
definición y los últimos porque AG es diámetro).
Pero D y X son los pies de las
alturas desde A, y por lo tanto son puntos correspondientes
en la se-mejanza planteada. Luego ∠CDG = ∠F XH . En
consecuencia ∠HXY + ∠HDG = (90◦ −
∠HXF ) +(90◦ + ∠Y DG) = 180◦, y de aqúı se concluye que
HXGD es ćıclico.
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A
B C
O
E
F
D
G
X
Y
Z
H
1.6. PROBLEMA 2, OMCC 2010 (PUERTO RICO)
Sea ABC un triángulo con L,
M y N puntos medios de B
C , C A y AB respectivamente. La
tangenteal circuncı́rculo de ABC en A
corta a LM y LN
en P y Q respectivamente. Pruebe
que C P es paralelaa B Q.
Eduardo Arnoldo Aguilar
Solución 1:
A
B C
N
L
M
Q
P
Como QN AM y AN P M
entonces AQN ∼ P AM , de donde
QN N A
= AM M P
.
Pero AN = BN y
AM = CM , entonces QN
BN =
CM
MP , y como QN CM y
BN P M entonces
BQN ∼ CM P , de donde B QCP .
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Solución 2:
Si BC P Q, sea X la
intersección de BC con P Q. Como
AC QL, entonces XQXA
= XL
XC , de donde
XQ · XC = X A · XL. Asimismo ABP L
implica que XAXP
= XB
XL, de donde X A · XL = X B · XP .
Por lo tanto X Q · XC = X B ·
XP y aśı XQ
XP = XB
XC , lo que explica el paralelismo buscado.
Por otra parte, si BC P Q, notemos que
ABLP y CAQL son paralelogramos, lo
cual implica que Aes el punto medio de P Q. Luego
BL
LC =
QA
AB y aśı C P BQ.
Solución 3:
La tangencia y las bases medias aseguran que ∠ACB
= ∠QAB = ∠AP L; luego ALCP
es ćıclico.Análogamente se prueba que ALBQ es
ćıclico. El resultado es inmediato por el teorema de Reim, obien
notando que ∠AP C = ∠ALB = ∠XQB donde
X es un punto en la prolongación de P
Q.
1.7. PROBLEMA 6, OMCC 2010 (PUERTO RICO)Sean Γ y Γ1 dos
circunferencias tangentes internamente en A, con centros O y O1, y
radios r y r1 respec-tivamente (r > r1). B es el
punto diametralmente opuesto a A en Γ,
y C es un punto en Γ tal que BC es
tangente a Γ1 en P . Sea A
el punto medio de BC . Si O1A es paralela a AP ,
encuentre la razón r/r1.
Aar´ on Ramı́rez
Solución:
O AO1B
P
C
A
Como A es punto medio y BC tangente se
tiene OA
⊥BC y O1P
⊥BC . Entonces OA
O1P , y al
combinar esto con O1AAP se obtiene:
BO
BO1=
BA
BP =
BO1BA
.
Pero B O = r, B O1 = 2r − r1
y B A = 2r. Entonces r2r − r1 =
2r − r12r
, y despejando se concluye que
r
r1= 1 +
√ 2
2 .
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1.8. PROBLEMA 2, OMCC 2012 (EL SALVADOR)
Sea γ la circunferencia circunscrita al
triángulo acutángulo ABC . Sea P el
punto medio del menorarco BC . La paralela por
P a la recta AB interseca a
BC , AC y γ en los
puntos R, S y T ,
res-pectivamente. Se definen los puntos K y
L como las intersecciones de BS
con AR y AP con
BT ,respectivamente. Demuestre que la recta K L
pasa por el punto medio de AB si y solo si
C S = P R.
Manuel Mundo
Solución 1:
A
B C
P
R
S
T
LK
J
Como AB P T , entonces ABPT es
trapecio isósceles, y por tanto ∠BP R = ∠AT
P = ∠SC P . ComoP es punto medio del
arco B C se tendrá P B = P
C . Además C S = P R si y sólo
si BRP ∼= P SC ,que es equivalente a la
igualdad ∠BRP = ∠CS R. Pero la igualdad
∠BRP = ∠CS R es equivalente
a∠ABC = ∠BAC , es decir AC =
BC .
Por otro lado, dado que ABPT es trapecio
isósceles, la mediatriz de AB pasa por L y
J , donde J es elpunto medio de AB
. Pero la mediatriz de AB pasará
por K si y sólo si AK =
BK , lo que a su vez esequivalente a K R =
KS , es decir, si y sólo si ABRS es un
trapecio isósceles. Finalmente, observemosque K , L y
J son colineales si y sólo si ABRS es un
trapecio isósceles, lo cual pasa si y sólo si AC =
BC .
Solución 2:
Como AB P T , entonces ABPT es
trapecio isósceles, y por tanto ∠BP R = ∠AT
P = ∠SC P . ComoP es punto medio del
arco B C se tendrá P B = P
C . Además C S = P R si y sólo
si BRP ≡ P SC ,lo cual es equivalente a la
igualdad ∠BRP = ∠CS R. Pero la igualdad
∠BRP = ∠CS R es equivalentea
∠ABC = ∠BAC , es decir AC =
BC .
Por otro lado, sea J el punto medio de
AB. Como ABPT es trapecio isósceles se
tendrá LJ ⊥ AB .Por el teorema de Thales se
tiene
AS
SC =
BR
RC . Los puntos C, K y J
están alineados por el teorema de
Ceva, puesto que
AS
SC · C R
RB · B J
JA = 1.
La solución concluye al observar que la recta KL contiene a
J si y solo si CJ ⊥ AB o,
equivalentemente,si y sólo si AC = C B.
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1.9. PROBLEMA 6, OMCC 2012 (EL SALVADOR)
Sea ABC un triángulo con AB <
BC , y sean E y F puntos
en AC y AB, respectivamente, ambosubicados
en el mismo semiplano de A respecto a BC y tales que
BF = BC = C E . Sea G la
intersecciónde B E con C F . Se toma un
punto H sobre la paralela a AC por
G tal que H G = AF
(con H y C endistintos semiplanos
respecto a B G). Demuestre que ∠EH G = ∠BAC/2.
Eduardo Arnoldo Aguilar
Solución 1:
A
B C
F
E
I A
G
H
Sea I A el excentro de ABC relativo al
vértice A. Notemos que ∠GBC = ∠BE C =
90◦−∠BCE/2 =∠I ACB , de donde BGCI A, y de manera
análoga CGBI A. Entonces se obtiene que
BGCI A es unparalelogramo, de donde es posible
deducir que GB = CI A y
∠HGE = ∠ACI A.
Aplicando el Teorema de Menelao en el
triángulo ABE con respecto a la transversal
F − G − C setendrá:
AF
F B · B G
GE · E C
CA = 1.
Pero F B = C E , GB = C
I A y F A = H G. Por lo tanto
AC
CI A=
HG
GE , implicando ACI A ∼ HGE .
Esta semejanza permite concluir que ∠EH G =
∠CAI A = ∠BAC/2.
Solución 2:
Sea I el incentro de ABC .
Como BE C es isósceles entonces
∠HGE = ∠GEC = 90◦ + ∠C/2 =∠AIB . De
este modo el problema se reduce a probar que HGE ∼
AIB .
Por otro lado, sean P y Q las
intersecciones de BI con CF y
CI con BE , respectivamente. Al serBE
C y BF C triángulos isósceles, las
rectas BP y CQ se convierten en
mediatrices de los seg-mentos C F y B
E respectivamente, y además I se
convierte en el ortocentro de B GC . De este
modo∠BGI = ∠BC I = ∠BF I .
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8/20/2019 Remat Pjt No 10 May 2013
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Además ∠BE I = ∠EBI =
∠EBC − ∠IBC = 90◦ − ∠C/2 − ∠B/2 = ∠A/2.
De lo anterior es inme-diato que ∠GEI = ∠F
AI , y por lo tanto GIE ∼ F AI .
Esta semejanza implica que GE
IE =
AF
AI , pero como GH =
AF y BI = EI .
Entonces
GE
IB =
GH
AI ,
y ya se hab́ıa demostrado que ∠HGE =
∠AIB . En consecuencia HGE ∼ AIB . Se sigue que∠EH
G = ∠BAI = ∠BAC/2.
A
B C
F
E
G
H
Q
P
I
R
Solución 3:
Sean a, b y c los lados del
triángulo ABC , e I su incentro. Se
tendrá ∠HGE = ∠GEC = 90◦
+∠BCA/2 = ∠AIB . Se demostrará que HGE ∼
AIB . Para ello, dada la igualdad de ángulosmostrada
anteriormente, basta con demostrar
HG
AI =
GE
IB , y de aqúı se concluirá que ∠EH G
=
∠BAI = ∠BAC/2.
A
B C
F
E
G
H
I K
Sea K = CI ∩ AB. Fácilmente se
observa que
∠KI B = 90◦ − ∠CAB2
= ∠EGC = α y ∠KI A =
90◦ − ∠ABC 2
= ∠AF C = β.
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Aplicando ley de senos a los triángulos AF
C y EGC se obtiene:
HG = AF = sen ∠ACF ·
AC sen β
; EG = sen ∠ACF · EC sen
α
.
Por tanto HG
GE =
AC
EC · sen α
sen β =
b
a · sen α
sen β .
Finalmente utilizamos el teorema de la bisectriz
en ABC y el teorema extendido de la bisectriz enAIB
para obtener:
HG
GE =
b
a · sen α
sen β =
AK
KB · sen α
sen β =
AI sen β
BI sen α · sen α
sen β =
AI
IB.
2. Olimpiada Iberoamericana de Matemática (OIM)
2.1. PROBLEMA 3, OIM 2009 (MÉXICO)
Sean C 1 y C 2 dos circunferencias de
centros O1 y O2 con el mismo radio, que se cortan en A
y B. Sea P un punto sobre el arco AB de
C 2 que está dentro de C 1. La
recta AP corta C 1 en
C , la recta C B corta
C 2 en D y la bisectriz de ∠CAD
corta C 1 en E y
C 2 en L. Sea F el punto
simétrico de D con respectoal punto medio de P
E . Demuestre que existe un punto X que
satisface ∠XF L = ∠XDC = 30◦
yCX = O1O2.
Eduardo Arnoldo Aguilar
Solución:
O1O2
A
B
P
C
DE
L
F
Como F es el simétrico de D
con respecto al punto medio de P E , las diagonales del
cuadriláteroF PDE se bisecan. Luego F PDE
es un paralelogramo, y entonces F P
= ED (note que F
∈C 1).
Ahora bien, como las circunferencias son iguales, los arcos
AB tienen la misma medida en las doscircunferencias,
aśı que ∠ACB = ∠ADB y el
triángulo ACD es isósceles. Pero como AL
es bisectrizde ∠CAD, se tiene que AL es mediatriz
de C D.
Como ∠CAE = ∠LAD, los ángulos deben
tener cuerdas iguales por lo que CE = LD.
Además∠BC E = ∠BAE = ∠BDL, de donde C
E DL, pero como C E = LD el
cuadrilátero ECLD debe serun paralelogramo. Pero como
F PDE es un paralelogramo, resulta que el
cuadrilátero F P LC tambíendebe ser un
paralelogramo.
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8/20/2019 Remat Pjt No 10 May 2013
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Por otro lado, como C D⊥EL, el paralelogramo
EDLC es un rombo, y entonces E D =
DL = LC =CE . Observemos que
P L = LD pues ∠P AL =
∠LAD, y de aquı́ F C = P L =
LD = LC = F P .Puesto
que LD = CE y las circunferencias son
iguales se debe cumplir que O1CE ∼= O2LD.
ComoLDCE , se sigue que O1C O2L, de modo
que O1O2LC es un paralelogramo. Por tanto
O1O2 = CL =LD = F C .
C L
X F
D
30◦
30◦
Finalmente, consideremos la circunferencia de centro
C y radio CL, y la circunferencia de centro
Ly radio LC . Si llamamos X a
alguna intersección de estas circunferencias, el triángulo
CLX de-be ser equilátero. Y como CF
= CL = CX , tenemos que
C es el circuncentro de F LX . Deaqúı
∠LF X = ∠LCX/2 = ∠XDC = 30◦. Y dado que
C X = O1O2, X es el punto
buscado.
2.2. PROBLEMA 3, OIM 2010 (PARAGUAY)
El inćırculo del triángulo ABC es tangente a
B C , C A y AB en D ,
E y F respectivamente. La
rectaEF corta a B C en G. La
circunferencia de diámetro GD corta nuevamente al
inćırculo en R. Sean P y Q las
segundas intersecciones de B R y C R con
el inćırculo, respectivamente. Sea X la
intersecciónde B Q con C P . Los
circuncı́rculos de C DE y B
DF cortan a QR y P R en
M y N , respectivamente.Demuestre que
P M , QN y RX son
concurrentes.
Eduardo Arnoldo Aguilar
Solución:
A
B C
I
D
E
F
G
R
P Q
X
M N
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8/20/2019 Remat Pjt No 10 May 2013
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Las cevianas AD, B E y C
F son las cevianas de Gergonne del ABC y
por lo tanto concurrentes, ylos puntos G, F ,
E son colineales por definición. Por lo tanto (G,
D, B, C ) = −1 y ası́ el ćırculo dediámetro GD
es la circunferencia de Apolonio con razón 1 del segmento
B C . Esto implica que RD esla bisectriz de
∠BRC .
Por otro lado ∠P DB = ∠P RD =
∠DRQ = ∠DP Q, de donde BC P Q. Por el
lema de la medianaRX debe pasar por el punto medio de
B C .
Alternativamente, al aplicar Ceva en el BRC se
tieneP R
P B · B L
LC · C Q
QR = 1.
Al combinar esto con P R
P B =
RQ
QC (rectas paralelas) se tendrá BL =
LC , donde L es la intersección de
RX con B C .
Ahora, sea I el incentro de ABC .
Note que los circuncı́rculos
de CDE y BDF tienen
respectiva-mente a C I y BI como
diámetros, y además I es el circuncentro de
RQP . Como ∠CM I = ∠CE
I =∠CDI = 90◦, M debe ser el punto
medio de RQ. De manera análoga N debe ser el punto
medio de P R.
Finalmente P M , QN
y RX son medianas de P QR y por tanto
son concurrentes.
Eduardo Arnoldo Aguilar
Correo electr´ onico: [email protected]
22
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8/20/2019 Remat Pjt No 10 May 2013
28/41
XXV Asian Pacific Mathematics Olympiad
March, 2013
Time allowed: 4 hours Each problem if worth 7 points
The contest problems are to be kept confidential until they are
posted on the official
APMO website http://www.daryn.kz/apmo
Please do not disclose nor discuss the problems over the
internet until that date.
Calculator are not allowed to use.
Problem 1. Let ABC be an acute triangle with
altitudes AD,BE and CF , and let Obe the center of
its circumcircle. Show that the segments
OA,OF,OB,OD,OC,OE dissect the triangle
ABC into three pairs of triangles that have equal
areas.
Problem 2. Determine all positive integers n
for which n2 + 1
[√
n]2 + 2 is an integer. Here
[r] denotes the greatest integer less than or equal to
r.
Problem 3. For 2k real numbers a1, a2, . . .
, ak, b1, b2, . . . , bk define the sequence of numbers
X n by
X n =k
i=1
[ain + bi] (n = 1, 2, . . .).
If the sequence X n forms an arithmetic
progression, show that
k
i=1ai must be an
integer. Here [r] denotes the greatest integer less than or
equal to r.
Problem 4. Let a and b be
positive integers, and let A and B be
finite sets of integers satisfying:
(i) A and B are disjoint;(ii) if an
integer i belongs either to A or to
B, then either i + a belongs to A
or
i − b belongs to B.Prove that a|A|
= b|B|. (Here |X | denotes the number of
elements in the set X.)
Problem 5. Let ABCD be a quadrilateral
inscribed in a circle ω, and let P be
apoint on the extension of AC such
that P B and P D are tangent to ω. The
tangent atC intersects P D at Q
and the line AD at R.
Let E be the second point of intersectionbetween
AQ and ω. Prove that B , E , R
23
http://www.daryn.kz/apmohttp://www.daryn.kz/apmo
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8/20/2019 Remat Pjt No 10 May 2013
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XIXa OLIMPÍADA de MAYO
Primer NivelMayo de 2013
Duración de la prueba: 3 horas.
Cada problema vale 10 puntos.No puedes usar calculadora; no
puedes consultar libros ni apuntes.
Justifica cada una de tus respuestas.
Al participar te comprometes a no divulgar los problemas hasta
el 25 de mayo.
PROBLEMA 1Hallar la cantidad de formas de escribir el número
2013 como suma de dos enteros mayores o igualesque cero de modo que
al sumar no haya ningún acarreo.ACLARACIÓN: En la suma 2008 5
2013 hay acarreo de las unidades a las decenas.
PROBLEMA 2Elisa suma los dígitos de su año de nacimiento y
observa que el resultado coincide con los dos últimosdígitos del
año en que nació su abuelo. Más aún, los dos últimos dígitos del
año en que ella nació, son
precisamente la edad actual de su abuelo. Hallar el año en
el que nació Elisa y el año en el que nació suabuelo.
PROBLEMA 3Sea ABCD un cuadrado de papel de lado 10 y
P un punto en el lado BC . Aldoblar el
papel a lo largo de la recta AP , el punto
B determina el punto Q,como se ve en la figura. La recta
PQ corta al lado CD en R. Calcular el
perímetro del triángulo PCR.
PROBLEMA 4 Pablo escribió 5 números en una hoja y luego
escribió los números 6,7,8,8,9,9,10,10,11 y 12 en otrahoja que le
dio a Sofía, indicándole que esos números son las sumas posibles de
dos de los números queél tiene escondidos. Decidir si con esta
información Sofía puede determinar los cinco números queescribió
Pablo.
PROBLEMA 5En la pizarra está dibujado un cuadrado de 88 dividido
en 64 cuadraditos de 11 mediante líneas
paralelas a los lados.
Gustavo borra algunos segmentos de longitud 1 de modo que a cada
cuadradito de 11 le borra 0, 1 ó 2lados.Gustavo afirma que borró 6
segmentos de longitud 1 del borde del cuadrado de 88 y que la
cantidad decuadraditos de 11 que tienen exactamente 1 lado borrado
es igual a 5. Decidir si lo que dijo Gustavo
puede ser cierto.
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8/20/2019 Remat Pjt No 10 May 2013
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XIXa OLIMPÍADA de MAYOSegundo NivelMayo de 2013
Duración de la prueba: 3 horas.
Cada problema vale 10 puntos.No puedes usar calculadora; no
puedes consultar libros ni apuntes.
Justifica cada una de tus respuestas.
Al participar te comprometes a no divulgar los problemas hasta
el 25 de mayo.
PROBLEMA 1Sofía sumó los números de las páginas de un libro
empezando por el 1 en la primera página y obtuvo2013. Pablo vio
cómo hizo la suma y se dio cuenta que Sofía se saltó una página.
¿Cuántas páginastiene el libro y qué número de página se saltó?
PROBLEMA 2Se dispone de un regla sin números y de un
trisector que marca en cualquier segmento los dos
puntosque lo dividen en tres partes iguales. Construir el punto
medio de un segmento dado utilizandoexclusivamente estas dos
herramientas.
PROBLEMA 3 Se marcan varios puntos distintos en el plano, y
se trazan todos los segmentos determinados por esos
puntos. Una recta r no pasa por ninguno de los
puntos marcados y corta a exactamente 60 de lossegmentos que hemos
trazado. ¿Cuántos segmentos no están cortados por r ? Dar
todas las posibilidades.
PROBLEMA 4 ¿Es posible escribir 100 números impares en una
fila de tal forma que la suma de cada 5 númerosadyacentes sea un
cuadrado perfecto y que la suma de cada 9 números adyacentes
también sea uncuadrado perfecto?
PROBLEMA 5Se tienen 600 tarjetas, 200 de ellas tienen escrito el
número 5, 200 tienen escrito el número 2 y las otras200 tienen
escrito el número 1. Usando estas tarjetas se quieren formar grupos
de tal forma que en cadagrupo la suma de los números sea 9. ¿Cuál
es la mayor cantidad de grupos que se pueden formar?
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8/20/2019 Remat Pjt No 10 May 2013
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Columna de Problemas No. 9 (Soluciones)
Problema 18
Dado un triángulo acutángulo ABC ,
sean P y Q los pies de las
perpendiculares trazadas desde A
y B, respectivamente, y D un punto cualquiera
sobre el mayor arco AB del circuncı́rculo del
triánguloABC . Si R es la intersección de
BD y AP y S es la
intersección de AD y BQ, demostrar que P
Qbiseca a RS .
Fuente: Desconocida
Soluci´ on de Eduardo Arnoldo Aguilar (El Salvador)
Sea M es la intersección de P Q con
RS . Aplicando Menelao al triángulo H
RS respecto a a la rectaP − Q − M
se tiene:
P H
P R · RM
M S · SQ
QH = 1.
Se sigue que RM = M S si y
sólo si:QS
P R =
QH
P H .
Por otro lado, notemos que ∠SH R = ∠P HB = ∠ACB
= ∠ADR pues los cuadriláteros CQHP
yCADB son ćıclicos, de donde el
cuadrilátero RSHD también es ćıclico. Esto implica
∠DRH = ∠DSH ,pero como ∠SQA = ∠RP B
se tiene que los triángulos AQS y B
RP son semejantes. En consecuencia
QS
P R =
QA
BP =
SA
RB.
Por lo tanto RM = M S si y
sólo si:QH
P H =
QA
BP o bien
QH QA
= P H P B
.
Pero esto es cierto, pues los triángulos AQH
y B P H son semejantes.
C
A B
Q
P
D
R
S
M
H
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Problema 41 (corregido)
A partir del paralelogramo de la izquierda se crea una teselaci
ón del plano euclidiano, tal y comose muestra a la derecha.
Supóngase que existe un cuadrado cuyos vértices coincidan con los
vérticesde algunos de los paralelogramos . Demostrar que tan Θ es
racional.
Fuente: Original de Julio Ayala, Universidad de Buenos Aires
Θ
Soluci´ on de Byron Escobar, Universidad de El
Salvador
Supongamos que el paralelogramo “unitario” tiene lados de
longitud a y b. Consideremos el
parale-logramo ABCD que circunscribe al
cuadrado ABC D, cuyo lado tiene longitud con
A en AB , B
en B C , C en C D y D en
AD. Entonces se puede decir que DD = m
·b, DC = m
·a, C C = n
·a
y C B = n · b, en donde m, m, n y
n son números naturales.Si Θ = ∠DDC
entonces se obtiene que ∠BCC = 180◦ − Θ. Y si
nombramos β = ∠DC D,
entonces ∠DDC = 180◦− (Θ + β ). Considerando que
∠BC D = 90◦, resulta que ∠BC C = 90◦−β y
luego ∠C BC = Θ +
β − 90◦.
Ahora aplicando la ley de senos en los C DD y
en BC C obtenemos respectivamente
lassiguientes relaciones:
senΘ
l =
sen β
m · b = sen(β + Θ)
m · asenΘ
l =
cos β
n
·b
= −cos(β + Θ)n
·a
.
Igualando ambas expresiones se puede obtener que tan
β = m/n y tan(β + Θ) = −m/n.
Ahora poruna identidad trigonométrica conocida tenemos que:
tan Θ = tan(β + Θ) − tan β 1 +
tan(β + Θ) tanβ
= −m/n − m/n1 + m · m/n · n = −
n · m + m · nn · n + m · m ∈ Q,
con lo que el problema queda demostrado.
A
B C
A D D
C
B
Θ
β
27
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8/20/2019 Remat Pjt No 10 May 2013
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Problema 42
En un triángulo P QR se inscribe otro triángulo
ABC , y por los vértices P , Q,
R del primerose trazan paralelas a los lados del
segundo, formándose el triángulo ABC . Demostrar que
el área deltriángulo P QR es la media geométrica de
las áreas de los triángulos ABC y ABC .
Fuente: Original de Rufo Casco, Universidad Nacional de
Ingenieŕıa de Nicaragua
Soluci´ on de Byron Escobar, Universidad de El
Salvador
Como AB AB, BC
BC , AC AC , sabemos que
el ABC es homotético a ABC ,digamos que por
una razón k . También sabemos que los segmentos AA,
B B y C C concurren en unpunto
X que está al interior de ambos triángulos; esto
es también dado por la homotecia.
Definimos a hA
como la longitud de la altura de XB C trazada
desde X , y a hA como la longitudde la altura
de XB C trazada desde X ; de la misma
manera se definen h
B, hB , h
C
y hC . Ası́, setienen las siguientes
relaciones dadas por la homotecia: hA =
k · hA, hB = k · hB
y hC = k · hC , y
secumple que hA ⊥ BC , hB ⊥
AC y hC ⊥ AB. Asumiendo que
P está en BC , Q en
AC y R enAB, tenemos que:
[P QR] = [XBRA] + [XC P B] + [XAQC ]
= hC · AB + hA · BC + hB ·
AC
2
= k ·
hC · AB + h
A · BC + h
B · AC
2
= k · ([XAB] + [XBC ] + [XAC ])
=
[ABC ]
[ABC ] · [ABC ]
=
[ABC ] · [ABC ]
con lo cual el problema queda demostrado.
Q R
P
C B
A
C
B
A
X
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Soluci´ on de Daniel Campos, Universidad de Costa
Rica
Sean (1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1) las coordenadas
baricéntricas de P , Q, R,
respectivamente. Sean(0, 1 − z, z), (x, 0,
1 − x), (1 − y,y, 0) las coordenadas de
A, B, C , respectivamente. Como AR
esparalelo a AB y AQ es paralelo a AC
entonces las coordenadas de A satisfacen
(0, 0, 1) + u(x, z − 1, 1 − x − z) = (0, 1, 0) +
v(y − 1, 1 − y − z, z),para algún par de
reales u, v. Resolviendo el sistema de ecuaciones se obtiene
que
u = y − 1
(1 − x)(1 − y)(1 − z) + xyz ,
de manera que las coordenadas de A son−x(1 −
y)S
, (1 − y)(1 − z)
S ,
xz
S
,
donde S = (1 − x)(1 − y)(1 − z) +
xyz. Análogamente se obtiene que las coordenadas de B
son
xyS
, −y(1 − z)
S
, (1 − x)(1 − z)
S .
Con las coordenadas anteriores no es dif́ıcil notar que la
razón de semejanza entre los triángulosABC
y ABC es AB/AB = S , de
manera que [ABC ]/[ABC ] = S 2. Finalmente,
note que
[ABC ]
[P QR] =
0 1 − z zx 0 1 − x
1 − y y 0
= S.Combinando los dos resultados anteriores se concluye el
resultado.
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Problema 43
A partir de un triángulo fijo A1B1C 1 se
crea una sucesión de triángulos {AkBkC k}k≥1 tal
quepara cada k ≥ 1 los segmentos AkAk+1,
BkBk+1 y C kC k+1 son cevianas
interiores y concurrentes deltriángulo AkBkC k.
Si [ABC ] denota el área del triángulo ABC ,
probar que la serie ∞k=1[AkBkC k] converge y deter-minar
cuándo alcanza su máximo valor.
Fuente: Original de Julio Ayala, Universidad de Buenos Aires
Soluci´ on de Daniel Campos, Universidad de Costa
Rica
Sea ABC un triángulo y AA, BB
, CC cevianas interiores concurrentes en un punto
P . Sean(1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1) las coordenadas
baricéntricas de A, B, C , respectivamente,
y (x,y,z) la deP , con x + y + z = 1. A partir de
esto se sigue que las coordenadas de A son (0, y/(y + z),
z/(y + z)),y similarmente se obtienen las de B y
C . Por lo tanto, se tiene que
[ABC ]
[ABC ] =
0 y/(y + z) z/(y + z)
x/(z + x) 0 z/(z + x)x/(x + y) y/(x + y)
0
= 2xyz
(x + y)(y + z)(z + x) ≤ 1
4 ,
con igualdad si y sólo si x = y =
z, es decir, cuando las cevianas son las medianas. Por lo
tanto setiene que
[AkBkC k] ≤ [A1B1C 1]/4k−1.
La convergencia de la serie se concluye de la convergencia de la
serie geométrica y el mayor valorse alcanza cuando cada uno de los
triángulos Ak+1Bk+1C k+1 es el triángulo medial
de AkBkC k.
Soluci´ on del autor
Definamos λ1 = B1A2A2C 1
, λ2 = C 1B2B2A1
y λ3 = A1C 2C 2B1
. Por el teorema de Ceva tendremos λ1λ2λ3 = 1.
La siguiente identidad es muy conocida y no muy dif́ıcil de
demostrar:1
[A2B2C 2] = (1 + λ1λ2λ3)
(1 + λ1)(1 + λ2)(1 + λ3)[A1B1C 1].
Sustituyendo λ1λ2λ3 = 1 y utilizando la desigualdad
de las medias obtendremos
[A2B2C 2] = 2[A1B1C 1]
(1 + λ1)(1 + λ2)(1 + λ3) ≤ 2[A1B1C 1]
(2√
λ1)(2√
λ2)(2√
λ3) =
[A1B1C 1]
4 .
Un argumento inductivo sencillo nos lleva a concluir que
[AkBkC k] ≤ [A1B1C 1]/4k−1
para k ≥ 1.
La convergencia de la serie pedida se sigue por comparación con
la serie geométrica convergente[A1B1C 1]/4k−1k≥1
. Tendremos
máxk≥1
[AkBkC k] ≤ [A1B1C 1]k≥1
1
4k−1 =
[A1B1C 1]
1 − 1/4 = 4[A1B1C 1]
3 .
La igualdad se alcanza cuando para todo k ≥ 1
los vértices Ak+1, Bk+1 y C k+1
son los puntos mediosde los lados del
triángulo AkBkC k.
1Nota del editor: Consultar por ejemplo Andreescu, Gelca,
Complex Numbers from A to Z , Birkhauser, 2006,
p.80.
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Problema 44
Resolver en enteros la ecuación 2am + 2a+1(m + 1) + 2a+2(m + 2)
= m(m + 1).
Fuente: Original de Manuel Mundo (El Salvador)
Soluci´ on de Daniel Campos, Universidad de Costa
Rica
La ecuación se puede reescribir como
2a(7n + 3) = n(n − 1),
donde n = m + 1. El lado derecho es no
negativo si n es un entero, esto implica que 7n +
3 ≥ 0, dedonde se sigue que n ≥ 0.
Consideramos dos casos: a ≥ 0 y a <
0. En el primer caso se tiene que 7n + 3 divide a
n(n − 1).Note que
30 = 49n(n − 1) − (7n + 3)(7n − 10),
por lo que 7n +3 divide a 30. Como n ≥ 0 no es
difı́cil concluir que 0 y 1 son los únicos posibles
valoresde n. Sin embargo, es claro que si n = 0 o
n = 1 la ecuación original no tiene solución.
En el segundo caso, tenemos que n divide a 7n +3, de
donde se sigue que n divide a 3. Por lo tanton = 1
o 3. El caso n = 1 no tiene solución y con el caso
n = 3 se obtiene que a = −2.
Aśı se concluye que la única solución del problema es a
= −2 y m = 2.
Recibida también una soluci´ on incompleta de Silvio
Gutiérrez, Colegio Purı́sima Concepci´ on de
Marı́a (Nicaragua).
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Columna de Problemas No. 10
46. Encuentre todas las parejas de primos distintos p
y q tales que pn−1 + q n−1
divide a pn + q n.
Original de Manuel Alejandro Mundo, Massachusetts Institute of
Technology
47. Sea A1A2A3 un triángulo con circunćırculo Ω y
ortocentro H . La circunferencia con
diámetroAiH interseca a Ω en el punto Bi,
distinto de Ai, para i = 1, 2, 3. Las rectas
AiBi+1 y Ai+1Bise intersecan en C i
para i = 1, 2, 3, donde los sub́ındices son
tomados módulo 3. Demuestre quelos puntos C 1,
C 2, C 3 y el centroide de
ABC están alineados.
Original de Jason Bermúdez, Universidad Nacional Autónoma de
Honduras
48. Considere un conjunto de n ≥ 5 puntos no
colineales en el plano. Demuestre que existe unsubconjunto con al
menos √ n puntos, tal que todos los triángulos con
vértices en esos puntosno son acutángulos.
Original de Santiago Chaves Aguilar, Universidad de Costa
Rica
49. Sea ABC un triángulo que no es equilátero
o rectángulo. Sean Ab y Ba las
intersecciones de ABcon las reflexiones de B
C y C A sobre CA y
BC , respectivamente. Se definen análogamente lospuntos
Bc, C b sobre B
C y C a, Ac sobre C A. Pruebe
que los seis puntos Ab, Ba, Bc, C b,
C a, Acestán todos sobre una misma
hipérbola.
Original de Rafael Mart́ınez, Universidad de San Carlos
(Guatemala)
50. Sean k y n enteros positivos, con
k impar mayor que 1. Considere un alfabeto con k
letras a lasque se le asignan los valores 1, 2, . . . , k. Se
dice que una palabra es buena si existe una letra
enla palabra que es igual a la suma de las restantes letras módulo
k . Sea p(n) la probabilidad de
que una palabra de n letras no sea buena. Demuestre
que
ĺımn→∞
1
n log p(n) = log
1 − 1
k
.
Original del Grupo de Olimpiadas Matemáticas de la Universidad
de Costa Rica yJosé Esteban Campos (Costa Rica)
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Café Matemático No. 10
Curiosidades: “Aunque Ud. no lo crea” matemático
1. Un resultado de M. Makhbout afirma que para todo n >
3 el número n4 + 1 tiene un factorprimo mayor que
137.
2. Existe un número real θ (la constante de
Mills ) tal que θ3n es primo para todo n
> 0.3. El criterio de irreducibilidad de
Cohn dice que si p = amam−1 · · ·
a0 es la representación decimal
de un número primo p, entonces el polinomio
p(x) = amxm + am−1x
m−1 + · · · + a1x + a0es irreducible sobre los
enteros.
4. Si mcd denota al máximo común divisor y ϕ
denota a la función ϕ de Euler, entonces
mcd (1, 1) mcd(1, 2) · · · mcd(1, n)mcd (2, 1)
mcd(2, 2) · · · mcd(2, n)
..
.
..
.
..
.
..
.mcd(n, 1) mcd (n, 2) · · · mcd(n, n)
= ϕ(1)ϕ(2) · · · ϕ(n).
Este resultado es atribuido a Donald Knuth.
5. Recientemente, Harlan Brothers descubrió cómo obtener el
número e ¡en el triángulo de Pascal!Si S n
es el producto de los números en la n-ésima fila del
triángulo, entonces
ĺımn→∞
S n−1S n+1S 2n
= e.
6. El teorema de Futurama fue planteado y
demostrado por el matemático y productor de televisiónKen Keeler
para el episodio The Prisoner of Benda de
Futurama . Los personajes intercambiancuerpos a través de una
máquina milagrosa que, desafortunadamente, no puede revertir el
proce-so. Luego de muchos intercambios, surge la interrogante de
cómo regresar a todos a sus cuerpos
originales usando a personas extra como intermediarias. Keeler
probó que dos de ellas bastan:
Sea S un conjunto finito y
x, y dos objetos que no pertenecen a
S . Cualquier permutaci´ on d
![PP No[1]. 7 Tahun 2010 Ttg PJT II (Translated - Final)](https://img.pdfslide.us/doc/110x75/5521036d497959842f8b519b/pp-no1-7-tahun-2010-ttg-pjt-ii-translated-final.jpg)
