Boletín de las

Olimpiadas de Matemática

de Guatemala

Artículos, Talleres,

Pruebas Nacionales e Internacionales

con Soluciones

Ciclo 2009–2010

Año 2

Guatemala, marzo de 2010

Olimpiadas Internacionales

de Matemática en Guatemala

Coordinador

• Lic. William GutiérrezOlimpiadas Internacionales de Matemática,

Facultad de Ingeniería, USAC

Profesores-entrenadores

• José Carlos Bonilla

• Hugo García

• Ricardo Pontaza

• Esteban Arreaga

• Alejandro Vargas

• Antonio González

• William Gutiérrez

Consejo Editorial

Editor: William Gutiérrez

Revisor: José Carlos Bonilla

Mathematics Subject Classification 2000 (MSC2000): 97U40, 00A07, 11–01, 51–01

Conjunto de tipos AMS-LATEX

http://sitios.ingenieria-usac.edu.gt/licmate/

http://foro.mate304.org/

II

Índice general

Prefacio VII

Introducción VIII

Hexagrama Místico 1José Carlos Bonilla

1. Apuntes iniciales 1

2. Biografía de Blaise Pascal, Parte 1 2

3. El teorema y su demostración 43.1. Demostración en el círculo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63.2. Generalización a cónicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 93.3. Otras generalizaciones y teoremas relacionados . . . . . . . . . . . . . . . . . 10

4. Casos degenerados 134.1. El pentagrama místico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 134.2. Cuadrilátero y triángulo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 144.3. Pappus y el hexagrama . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15

5. Problemas 175.1. Problemas centrales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 175.2. Ejercicios complementarios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 185.3. Curiosidades . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19

6. Biografía de Blaise Pascal, Parte 2 20

7. Soluciones 23

8. Anexo 328.1. Algunas definiciones y teoremas básicos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 328.2. El teorema del ángulo central y sus amigos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 338.3. Acerca de polígonos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 348.4. Rudimentos de geometría proyectiva . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35

III

Taller de Geometría con Trigonometría 39Hugo García

1. Funciones trigonométricas 39

2. Ley extendida de senos 42

3. Áreas y teorema de Ptolomeo 44

Taller de Combinatoria y Teoría de Números 47José Carlos Bonilla

1. Combinatoria 471.1. Ejemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 481.2. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 481.3. El principio de las casillas en Geometría . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 491.4. Ejercicios geométricos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 491.5. Problemas reto . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 501.6. Biografía de Johann Dirichlet . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50

2. Teoría de Números 512.1. Notación de sumatorias y productorias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 512.2. Función aritmética τ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 522.3. Función aritmética σ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 522.4. Función aritmética ϕ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 532.5. Ejemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 532.6. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 542.7. Problemas reto . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 542.8. Biografía de Leonhard Euler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54

3. Algunas soluciones y pistas 55

Pruebas y Soluciones de 2009 57Profesores

Pruebas de Selección 57

1. Soluciones de las pruebas de selección OMCC 631.1. Solución al problema 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 631.2. Solución al problema 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 631.3. Solución al problema 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 641.4. Solución al problema 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 651.5. Solución al problema 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 651.6. Solución al problema 6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67

IV

2. Soluciones de las pruebas de selección OIM 682.1. Solución al problema 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 682.2. Solución al problema 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 682.3. Solución al problema 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 692.4. Solución al problema 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 702.5. Solución al problema 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 712.6. Solución al problema 6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71

3. Soluciones de la prueba de geometría 733.1. Solución al inciso 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 733.2. Solución al inciso 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 733.3. Solución al inciso 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 733.4. Solución al inciso 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 743.5. Solución al inciso 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 753.6. Solución al inciso 6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 753.7. Solución al inciso 7 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 753.8. Solución al inciso 8 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76

Pruebas Internacionales 77

4. Soluciones de la OMCC 824.1. Solución al problema 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 824.2. Solución al problema 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 834.3. Solución al problema 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 834.4. Solución al problema 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 844.5. Solución al problema 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 854.6. Solución al problema 6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 86

5. Soluciones de la OIM 875.1. Solución al problema 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 875.2. Solución al problema 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 875.3. Solución al problema 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 895.4. Solución al problema 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 905.5. Solución al problema 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 905.6. Solución al problema 6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 93

Apéndice: Definiciones y Teoremas 95Alejandro Vargas

1. Conceptos previos 951.1. Notación . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 951.2. Proposiciones y conectivos lógicos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 951.3. Conjuntos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 971.4. Relaciones y funciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 991.5. Funciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1011.6. Sucesiones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 104

V

2. Combinatoria 1062.1. Principios de la suma y el producto . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1062.2. Alfabeto y palabras . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1062.3. Inclusión y exclusión . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1082.4. Principio de las casillas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1092.5. Coloración . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1092.6. Invarianza . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1092.7. Funciones generatrices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 110

3. Teoría de Números 1103.1. Inducción . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1103.2. Divisibilidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1113.3. MCD Y MCM . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1113.4. Algoritmos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1133.5. Teorema Fundamental de la Aritmética . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1133.6. Congruencias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 113

Bibliografía General 117

VI

Prefacio

En el ciclo de competencias del año 2009, los jóvenes participantes en distintas Olimpiadasganaron para Guatemala varios reconocimientos. En la Olimpiada Iberoamericana realizada enSantiago de Querétaro, México, el equipo estuvo conformado por los alumnos Alejandro Vargas,José Ligorría, Fernando Mazariegos y Rafael Martínez. Se obtuvo una Medalla de Bronce y dosMenciones Honoríficas, el total de puntos del equipo fue de 53 (en los años 2007 y 2008 fue de27 puntos por equipo), duplicando el rendimiento, con lo cual Guatemala queda en tercer lugaren el rubro de progreso relativo de la OIM, asimismo Guatemala en representación del JuradoInternacional toma el cargo de vocal dentro del Comité Ejecutivo-Asesor de la OIM (CEAOIM)2009-2010. En la Olimpiada de Centroamérica y el Caribe realizada en Girardot, Colombia,compitieron los estudiantes Alejandra Valdez, Erick Amézquita y Lester Guerra. Los resultadosfueron de una Medalla de Bronce ganada por Alejandra, primera jovencita guatemalteca queobtiene una medalla en competencias regionales de matemática, y una Mención Honorífica.

Los estudiantes fueron acreedores de un reconocimiento por parte de la Vicepresidencia de laRepública y del Consejo Nacional de Ciencia y Tecnología (CONCYT) en febrero del 2010. No haydudas que se están cosechando los frutos del trabajo continuo, tanto en grupo como en formaindividual.

Agradecimientos

El presente trabajo fue parcialmente financiado por la Secretaría Nacional de Ciencia y Tec-nología (SENACYT) a través del contrato FACYT 021–2009. Agradecemos a la Facultad deIngeniería de la Universidad de San Carlos de Guatemala (USAC) y al Ministerio de Edu-cación, por la confianza brindada al proyecto de olimpiadas. Asimismo, a los padres de familiapor su decidido apoyo proporcionado a sus hijos para que asistan a los entrenamientos sabatinos.

Los profesoresGuatemala, marzo de 2010

VII

Introducción

Al transcurrir un año más de trabajo en la escuela sabatina, los profesores han hecho espaciopara escribir trabajos propios en distintas áreas y así ser incluidos en la presente publicación.Para una mejor ubicación del lector, se tendrá la siguiente descripción de los partes en que sedivide el boletín:

Artículos de temas matemáticos atractivos, no sólo de olimpiadas, escritos por profesores yalumnos procurando tener los estándares de las publicaciones en el extranjero.

Talleres de cursos o propuestas de cursos, cuyo objetivo sea la mejora de la enseñanza de lamatemática, mostrándola atractiva a los jóvenes y a los profesores en general.

Problemas de selección y de competencias internacionales correspondientes al ciclo de entrena-miento y participación; en función de la premisa “las matemáticas seguirán vivas, mientrastenga problemas que resolver”.

En este volumen presentamos un artículo de Geometría, dos talleres impartidos en el XIII Con-greso Nacional de Matemática Educativa y las pruebas de selección* para asistir a la OlimpiadaMatemática de Centroamérica y el Caribe (OMCC) y la Olimpiada Iberoamericanade Matemática (OIM) del año 2009, además de las pruebas realizadas en dichas competenciasjunto con todas las soluciones (elaboradas en su mayoría por Esteban Arreaga).

*Problemas propuestos por los profesores de la escuela sabatina.

VIII

El Hexagrama Místico de Pascal

José Carlos Bonilla

Resumen

El matemático francés Blaise Pascal, inspirado por el trabajo de Desargues,

demostró a la edad de dieciséis años el teorema del hexagrama místico que ahora

lleva su nombre, como parte de un tratado sobre cónicas.

A pesar de que el propio Pascal se mostraba reservado en cuanto a la importan-

cia de su teorema, parcialmente por tratarse de su primer documento matemático

serio, hoy en día se ha convertido en uno de los pilares sobre los cuales se fundamenta

el estudio de las cónicas en geometría proyectiva.

1. Apuntes iniciales

El presente documento lo escribí con la intención de que resultara de utilidad e interés paralos alumnos de los cursos de olimpiadas internacionales, así como para mis compañeros de lacarrera de matemática, y cualquiera que comparta nuestra afición. Se presume que el lectormaneja los conceptos fundamentales de geometría euclidiana, que incluyen la noción y algunaspropiedades de ángulos, segmentos de recta, rectas paralelas y perpendiculares, circunferencias,tangentes y semejanza de triángulos.

Es importante estar familiarizado con las curvas cónicas, no tanto en el asunto de las ecua-ciones, sino más bien con los puntos y rectas importantes: radios, diámetros, centros, focos, ejeconjugado y transverso, eje mayor y menor, asíntotas. Además de estos conceptos, para aquellosa quienes les resulte totalmente nuevo el tema del hexagrama místico, he preparado un brevelistado de herramientas elementales de geometría que es necesario conocer, y preferiblementemanejar, antes de proceder con la lectura.1

Nota. Siempre que escribo trato de hacerlo de manera que la lectura resulte amena, incluyoopiniones personales y comentarios sobre cómo llegué a conocer los resultados que expongo,pues considero que una conversación amigable es más fácil de recordar que un libro de textotedioso.

Requisitos teóricos

• La definición de distancia de un punto a una recta.

1La mayoría de los conceptos aquí mencionados pueden ser hallados en el anexo en la página 32, al final deldocumento.

1

• Ángulos inscritos, semi-inscritos y centrales en circunferencias, particularmente el teoremadel ángulo central. Nociones básicas de cuadriláteros cíclicos.

• De la geometría proyectiva, los temas más fundamentales, que incluyen: el teorema deDesargues, la noción de puntos al infinito, recta al infinito, concurrencia y colinealidad.

• Obtención de cónicas a partir de la intersección de planos con un cono circular.

• Construcciones elementales con regla y compás: puntos medios, paralelas y perpendicula-res.

Comenzaremos con un poco de historia, investigando el contexto en el que este teorema fue

demostrado por primera vez, para luego proceder al estudio de sus aplicaciones.

2. Biografía de Blaise Pascal–Primera Parte–

Matemático, físico y filósofo francés, nació en Clermont-Ferrand en 1623, y murió en Parísen 1662. Fue el tercer hijo de Étienne Pascal, quien era abogado y matemático amateur. Lamadre de Blaise, Antoinette Begon, murió cuando él tenía solamente tres años, motivo por elcual Étienne decidió trasladarse a París junto con sus hijos. El padre de Blaise desconfiaba delsistema educativo y al notar el talento intelectual de sus hijos, particularmente el del precozgenio Blaise, decidió dedicarse a la instrucción de ellos él mismo.

A los once años Pascal escribió un tratado corto sobre el sonido de objetos vibratorios. Alleerlo, Étienne decidió que su prodigioso hijo no estudiaría matemáticas hasta que cumplieraquince años, momento en el que —según él— tendría la madurez suficiente, y así fue que todoslos libros de matemática fueron removidos de la casa. Sin embargo esto tuvo el efecto opuesto,pues la curiosidad nata de Pascal fue exacerbada por la prohibición, y comenzó a interesarseprofundamente en la geometría a la edad de doce años.

Fue a esa edad que Pascal, armado únicamente de su imaginación y un trozo de carbón,escribió sobre las paredes de su casa una demostración original del teorema que dice que lasuma de los ángulos internos de un triángulo es igual a dos ángulos rectos. Quiero enfatizar loimportante que fue este momento en la vida de Pascal.

El teorema mencionado es uno de los pilares en los que se fundamenta la geometría euclidianay, si bien es cierto que para el estudioso de la materia no resulta difícil demostrarlo en más deuna forma, hacerlo sin el auxilio de libros o maestros, e incluso tener la visión para reconocer laimportancia que tenía, eran indicios del potencial que estaba siendo negado al mundo con esaprohibición.

Afortunadamente, Étienne —al igual que nosotros— reconoció este hecho como una señal desu error, y acto seguido le entregó a Pascal una copia de “Los Elementos” de Euclides. Cuandocumplió catorce años se le permitió ser observador en las reuniones de grandes científicos y

2

matemáticos de la época —tales como Roberval, Desargues,2 Gassendi y Descartes— que sellevaban a cabo en la celda monástica de Marin Mersenne,3 a las que su padre asistía.

Blaise no tardó mucho en reconocer la importancia de los trabajos de Desargues, llegó aadmirar profundamente la sencillez de sus métodos y de sus explicaciones. Desafortunadamentela brillante innovación de Desargues fue opacada por la introducción simultánea de la geometríaanalítica de Descartes, y tuvieron que pasar cerca de doscientos años para que fuera apreciadosu poder y belleza.

En 1640, cuando tenía dieciséis años, Pascal le envió a Mersenne un tratado corto sobreel Hexagrama Místico, que tituló Essai pour les coniques, en el que listaba varios teoremasde geometría proyectiva relacionados con el teorema del Hexagrama, mas no presentaba lademostración de éste, pues tenía interés en publicar posteriormente un tratado más completosobre el tema. Cuando el padre Mersenne le mostró a René Descartes el manuscrito, éste se negóa creer que el documento había sido escrito por Blaise y no por Étienne.

Mersenne tuvo que asegurarle que el trabajo era, en efecto, de Pascal hijo, a lo cual Descartes—con el orgullo que lo caracterizaba— respondió: “No hallo extraño que él halla ofrecido demos-traciones sobre cónicas más apropiadas que las de los antiguos, pero otros asuntos relacionadospueden ser propuestos, que difícilmente se le ocurrirían a un niño de dieciséis.”

El ensayo de Blaise concluía de la siguiente manera: “Hay muchos otros problemas y teore-mas, y muchas deducciones pueden ser hechas en base a lo establecido arriba, pero mi falta deconfianza, debida a la poca experiencia y capacidad, no me permite ahondar en el tema hastaque halla sido aprobado por hombres más hábiles que estén dispuestos a tomarse el trabajo derevisarlo. Después de esto, si alguien considera que la investigación vale la pena, me dedicaré aextenderla mientras Dios me dé fuerzas para hacerlo.”

Sin embargo, éstas fueron las últimas palabras publicadas por él al respecto. Pascal trabajópor muchos años en su libro Traite pour les coniques —ahora perdido— en el que se presentabala demostración del Hexagrama místico, y cerca de cuatrocientos corolarios, según Mersenne.Leibniz4 y Tschirnhaus tuvieron la oportunidad de ver el manuscrito y tomaron notas, a partirde las cuales es posible tener una idea del contenido general.

Interrumpimos aquí el hilo de la historia para adentrarnos en el ámbito puramente matemáti-

co del descubrimiento de Pascal. El resto de la bibliografía puede ser leída después de la sección

de problemas. Una advertencia: cualquier documento matemático debe ser leído lentamente,

tratando de comprender cada oración individual antes de pasar a la siguiente, y preferiblemente

con lápiz y papel a la mano.

2Girard Desargues fue un geómetra francés que tomó las ideas de Kepler sobre la perspectiva y las formalizó,creando los fundamentos de la geometría proyectiva. El teorema que lleva su nombre, junto con el teorema dePappus tienen un lugar preponderante en el desarrollo teórico de esa rama.

3Marin Mersenne fue un monje de la orden de los Mínimos —el máximo de los mínimos según Huygens—y filósofo francés que estudió varias partes de la teología, matemáticas y teoría musical. Mantenía nutrida co-rrespondencia con Fermat, Descartes, Galileo y el propio Pascal entre otros. Es recordado por el conjunto denúmeros primos que lleva su nombre, aquellos que se hallan una unidad por debajo de una potencia de dos.

4Gottfried Leibniz fue un filósofo y matemático alemán, conocido por sus trabajos en lógica, cálculo y física,entre otros. A él le debemos la notación más utilizada en el cálculo infinitesimal, rama de la matemática de lacual fue acreditado como fundador junto con Newton.

3

3. El teorema y su demostración

Mucho se ha hablado ya del hexagrama místico, excepto —para crear suspenso— lo másimportante, que es precisamente su enunciado. Primero observemos la forma en la que éste fueconcebido por el propio Pascal:

Si a través de los puntos K, V pasa una sección cónica cualquiera, cortandolas rectas MK, MV , SK, SV en los puntos P , O, N , Q, entonces las rectasMS, NO, PQ serán del mismo orden.

A lo que Pascal se refería con “del mismo orden” es lo que ahora se escribiría como “un hazde rectas”, en otras palabras, el teorema nos asegura que MS, NO, PQ son concurrentes. Ésaera la terminología que empleaba Desargues en sus escritos, así que es natural que Pascal laempleara también.

En este punto es probable que el enunciado propuesto le parezca al lector un párrafo total-mente ininteligible, al menos le aseguro que yo no entendí nada al leerlo la primera vez. En estoscasos un diagrama ayuda bastante y por ejemplo, en el caso de que la cónica en cuestión seauna elipse, el diagrama se vería así:

Figura 3.1: Enunciado según Pascal.

Pero podemos condensar el poder del teorema si lo enunciamos tal y como se hace hoy endía:

Sea ABCDEF un hexágono inscrito en una cónica cualquiera, entonces lospuntos de intersección de los pares de lados opuestos: AB con DE, BC conEF y CD con AF , están alineados. La recta sobre la cual están estos trespuntos es llamada recta de Pascal.

4

La pregunta que naturalmente surge es ¿dónde está el hexágono inscrito en nuestro diagrama?

Y aquí es importante aclarar que no se exige que el hexágono sea convexo o incluso simple.Simple significa que no posee autointersecciones. Para que sea convexo debe primero ser simpley además cumplir que para cualquier par de puntos en su interior —y note que el concepto deinterior no es ambigüo precisamente por tratarse de un hexágono simple— el segmento de rectaque los une también está en el interior del hexágono (ver figura 3.2). Esta terminología se aplicade manera general a cualquier curva continua y cerrada, es decir —ganando en comprensión loque se pierde en formalismo— aquella que dibujamos sin separar el lápiz del papel y terminandoen el punto en el cual comenzamos.

Figura 3.2: Tipos de hexágonos.

Al haber aclarado ese punto, podemos responder a la pregunta planteada: el hexágono ins-crito es NOV QPK, en ese orden, y notamos que en este caso resulta ser un hexágono que no essimple, y por lo tanto tampoco convexo. En esta ocasión se hizo necesario extender los lados delhexágono hasta que las intersecciones ocurrieran. Por supuesto que cualquier clase de hexágonocumple el teorema, con la salvedad de que es necesario introducir puntos al infinito en algunasocasiones.

En el caso del hexágono regular inscrito en un círculo, los lados opuestos son paralelos, porlo que los tres puntos de intersección de lados opuestos se hallan en el infinito, y la recta dePascal sería la llamada “recta al infinito”, que intuitivamente consiste en el perímetro de todo elplano (¡Ojalá Hilbert nos perdone tantas informalidades!).

Si tenemos únicamente un par de lados opuestos paralelos, entonces la recta de Pascal, altener que pasar por el punto al infinito que pertenece a los lados paralelos, tendrá que serforzosamente miembro de la misma familia de paralelas, tal como lo muestra la figura 3.3, enuna hipérbola.

En el diagrama podemos ver que el hexágono ABCDEF es tal que los lados AF , CD sonparalelos, así que su punto de intersección es el punto al infinito correspondiente a la familia deparalelas con esa inclinación. Los otros dos pares de lados opuestos se intersecan en los puntos J ,K, y aquí una vez más se hizo necesario extender los lados del hexágono (extensiones marcadascon líneas intermitentes).

Vemos que la recta de Pascal JK pertenece a la familia de paralelas a la que también

5

Figura 3.3: Hexagrama con un par de lados opuestos paralelos.

pertenecen AF y CD, puesto que JK debería pasar por el tercer punto de intersección que estáen el infinito.

Con este preámbulo explicativo nos hallamos preparados para llevar a cabo la demostracióndel teorema, primero en el círculo que es la sección cónica más simple, y luego mediante elmétodo de Desargues podremos extenderla a todas las cónicas.

3.1. Demostración en el círculo

La demostración original de Pascal se perdió junto con su “Traite pour les coniques”, yprobablemente nunca sabremos si es una de las que ahora conocemos. La que aquí daremoshace uso únicamente de propiedades elementales de geometría y —según tengo entendido— sela debemos a Jan van Yzeren. El punto clave es la homotecia de dos triángulos, que implica laexistencia de la recta de Pascal.

Sea ABCDEF un hexágono inscrito en una circunferencia, y sea J la intersección de loslados AF con CD, K la intersección de EF con BC, y L la intersección de DE con AB (deser necesario hay que extender los lados, práctica que se seguirá con cualquier segmento derecta). El primer paso de la demostración es construir el circuncírculo5 de los puntos B, E, K,y denotemos con P a la intersección de tal circunferencia con el lado AB (la intersección queno es B), y Q a la intersección con ED, como se muestra en la figura 3.4.

Nos interesa mostrar que △ADJ,△PQK son triángulos con lados correspondientes paralelos

5Algunos casos particulares deben ser analizados por separado, por ejemplo si K resulta ser un punto alinfinito. Incito al lector a “parchar” la prueba con éste y cualquier otro detalle que se omitiera.

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Figura 3.4: Primer paso.

(ver figura 3.5), ya que de ser así serían homotéticos y, por ende, estarían en perspectiva polar.Como las rectas AP , DQ se intersecan en L, ese punto tendría que ser el centro de la perspectiva,motivo por el cual la recta JK tendría que pasar por L también, y el teorema estaría demostrado.

Figura 3.5: Triángulos con lados correspondientes que esperamos sean paralelos.

Trabajaremos ahora con ángulos y podemos trazar la recta EB para aclarar un poco elprocedimiento siguiente (figura 3.6). Los ángulos ∠BAD y ∠BED están inscritos en el mismoarco de circunferencia y por lo tanto son iguales. Lo mismo podemos decir de ∠BEQ y ∠BPQen la otra circunferencia, así que las rectas AD, PQ forman el mismo ángulo con respecto a larecta AB, y por lo tanto son paralelas entre sí.

Consideremos el cuadrilátero ABEF , por ser cíclico tenemos que sus ángulos opuestos sonsuplementarios, en particular tenemos que ∠AFE +∠EBA = 180◦. Pero también tenemos que

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Figura 3.6: Demostración del paralelismo del primer par de lados.

∠AFE + ∠EFJ = 180◦, esto debido a que también son suplementarios, de donde concluimosque ∠EFJ = ∠EBA (figura 3.7). Ahora bien, los ángulos ∠EBP y ∠EKP están inscritosen el mismo arco de circunferencia y por lo tanto son iguales. Finalmente notamos que lasrectas PK, AJ forman el mismo ángulo con respecto a recta FK (de hecho mostramos que losángulos alternos internos son iguales) y por lo tanto también estos dos lados correspondientesson paralelos.

Figura 3.7: Demostración del paralelismo del segundo par de lados.

Para mostrar el paralelismo del último par de lados, consideremos el cuadrilátero ABCD quetambién es cíclico (figura 3.8). Por razonamientos semejantes a los del otro cuadrilátero, tenemosque ∠KCD = ∠BAD. Por estar inscritos en la misma circunferencia tenemos ∠BAD = ∠BED,y por la misma razón en la otra circunferencia tenemos ∠BEQ = ∠BKQ, así que las rectasJC, KQ forman el mismo ángulo con respecto a la recta KC y por lo tanto son paralelas.

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Figura 3.8: Demostración del paralelismo del tercer par de lados.

Habiendo mostrado que los triángulos △ADJ , △PQK tienen lados correspondientes para-lelos, podemos decir que están en perspectiva axial (más aún, son homotéticos) y por lo tantodeben estar en perspectiva polar como deseábamos. Por lo tanto la recta JK debe pasar por elcentro de perspectiva L, y así concluye la demostración.

3.2. Generalización a cónicas

Para llevar la demostración a las demás secciones cónicas basta un argumento sumamentesencillo. Una perspectividad entre planos es una función matemática que a cada punto P de unplano (dominio) le hace corresponder un punto P ′ en otro plano (contradominio) solamente siP , P ′ y un punto fijo O están alineados. O es llamado el centro de la perspectividad y seexige que no pertenezca a ninguno de los dos planos sobre los que opera la función.

Un determinado subconjunto del dominio es “proyectado” en un subconjunto del contrado-minio en lo que intuitivamente interpretaríamos como una sombra, si colocamos la fuente de luzen el punto O. Es fácil mostrar que una perspectividad proyecta rectas en rectas y preserva lasrelaciones de incidencia, específicamente nos es útil el hecho de que al punto de intersección dedos rectas lo proyecta en el punto de intersección de sus “sombras”, con la posible necesidad deintroducir nuevamente puntos al infinito.

Por otro lado, dada una cónica cualquiera, siempre es posible encontrar un cono circularrecto y un plano tales que su intersección es esa cónica. El resultado es entonces inmediato: laconfiguración del hexagrama místico en un círculo puede ser proyectada a cualquier cónica, ypor lo tanto es verdadera en este contexto más amplio (figura 3.9).

Más aún, podemos decir que cualquier enunciado verdadero en un plano y que involucreexclusivamente propiedades conservadas por las perspectividades, será verdadero para las pro-yecciones en otro plano. En esto hay que aclarar que las perspectividades no conservan distancias

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Figura 3.9: Proyección de un círculo en una elipse.

entre puntos, así que enunciados esencialmente métricos como el teorema de Pitágoras puedenfallar al ser proyectados —de hecho, en el caso de Pitágoras evidentemente falla, pues ángulosrectos no siempre son proyectados en ángulos rectos.

En la sección de soluciones, más adelante, presento una propiedad que involucra conceptosmétricos y aún así parece conservarse bajo perspectividades, sin embargo, se debe a la introduc-ción de dos errores ingenuos que se cancelan mutuamente.

3.3. Otras generalizaciones y teoremas relacionados

Todo teorema proyectivo está emparentado con otro, llamado el teorema dual. El origen dela dualidad es el hecho de que los conceptos de “punto” y “recta” son intercambiables, lo cualnos indica que para obtener el dual proyectivo de un teorema debemos sustituir ciertas palabraspor otras. Por ejemplo “punto” se sustituye por “recta” y “concurrencia” por “colinealidad”.

El dual proyectivo del hexagrama místico (figura 3.10) es el teorema de Brianchon,6 quedice lo siguiente

Sea ABCDEF un hexágono formado por seis rectas tangentes a una mis-ma cónica. Entonces las rectas AD, BE, CF son concurrentes, esto es, seintersecan en un solo punto.

6Charles Brianchon fue un matemático y químico francés. Fue alumno de Monge, y al graduarse de laescuela politécnica obtuvo trabajo como teniente de artillería del ejército de Napoleón. Escribió el libro Mémoire

sur les lignes du second ordre. En 1820 Escribió junto con Poncelet el artículo Recherches sur la détermination

d’une hyperbole équilatère, au moyen de quatres conditions donnée, en el cual aparece la primera demostraciónformal del teorema de la circunferencia de los nueve puntos, nombre que fue acuñado por ellos.

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Figura 3.10: Ilustración del teorema de Brianchon en una elipse.

Ha sido demostrado que el “proceso de intercambio por dualidad” preserva la veracidad delos enunciados, lo cual es de hecho una de las marcas características de la geometría proyectiva,por lo que no daremos una demostración directa del teorema anterior.

En los primeros capítulos de [3] de la bibliografía se elabora detalladamente el tema de ladualidad. Brianchon no empleó el principio de dualidad —que según creo aún no había sidopostulado— incluso desconocía el hexagrama místico cuando demostró su teorema, así quepodríamos decir que al probarlo en 1810 redescubrió el teorema de Pascal, que a partir deentonces cobró nuevamente importancia en los estudios geométricos sobre cónicas.

En 1847, August Möbius7 generalizó el hexagrama místico para una gran clase de polígonos,de la siguiente manera:

Sea n ∈ Z+, y supongamos que un polígono de 4n+2 lados es inscrito en unacónica, y los lados opuestos a pares son extendidos hasta que se intersectenen 2n + 1 puntos. Si 2n de esos puntos están alineados entonces el últimopunto también pertenecerá a esa recta común.

Ahora avivemos el espíritu combinatorio que hay en cada uno de nosotros (aunque en algunosesté enterrado muy en el fondo). Consideremos un hexágono ABCDEF cualquiera, y notemosque distintos órdenes de los vértices pueden o no corresponder al mismo hexágono en cuestión.

Por ejemplo EFABCD es una permutación cíclica que corresponde al mismo hexágono,mas ABFDEC es un hexágono totalmente distinto. En total existen 6! permutaciones de losvértices, agrupadas en paquetes de 6 permutaciones que son equivalentes entre sí de maneracíclica. Luego, hay 6!

6 = 5! = 120 hexágonos diferentes delimitados por los mismos 6 vértices.

Pero cada uno de los hexágonos se puede emparejar con otro que posee exactamente el mismodibujo, y que se diferencia únicamente en la orientación en la que se recorren los vértices. Por

7August Möbius, matemático y astrónomo teórico, mejor conocido por su descubrimiento de la cinta deMöbius, una superficie no orientable que posee una sola cara en lugar de dos. Fue el primero en introducir coor-denadas homogéneas en geometría proyectiva. Su interés en teoría de números lo llevó a descubrir la importantefunción µ y la fórmula de inversión. Fue discípulo de Carl Friedrich Gauss y Johann Pfaff.

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ejemplo ABCDEF y FEDCBA crean la misma figura pero los vértices se recorren en distintossentidos.

Si decidimos hacer caso omiso a la diferencia de orientación, entonces tenemos en total 60hexágonos distintos que engendran respectivamente 60 rectas de Pascal. En 1828, Jakob Steiner8

probó que las 60 rectas de Pascal se pueden agrupar en tríos concurrentes. El enunciado del ahorallamado teorema de Steiner nos dice lo siguiente.

Sean A, B, C, D, E, F seis puntos sobre una cónica. Entonces las rectasde Pascal de los hexágonos ABCDEF , AFCBED y ADCFEB son concu-rrentes.

Note que del primer hexágono se obtienen los otros dos, intercambiando cíclicamente losvértices B, D, F (que están en posición par). Tenemos en total 20 de estos tríos, y a los 20puntos de intersección que se obtienen de esta manera se les llama puntos de Steiner.

Como si no fuera suficiente el enredo de rectas y puntos, en 1830 Julius Plücker9 demostróque de entre los veinte puntos de Steiner se pueden elegir en total quince cuartetos distintos, talesque los puntos de cada cuarteto están en una misma recta, que obviamente fueron bautizadaslas rectas de Plücker.

Kirkman10 demostró, que además de los 20 puntos de Steiner, existen otros sesenta puntosde concurrencia de tríos de rectas de Pascal. Desenmarañando la intrincada figura que formanlas 60 rectas de Pascal y sus 60 puntos de Kirkman correspondientes, Giussepe Veronese11 probóen 1877 que tal diseño se puede descomponer en seis configuraciones de Desargues.

En 1846, Sir Arthur Cayley12 y George Salmon13 demostraron, de manera independiente,que los puntos de Kirkman están alineados por ternas en las ahora llamadas rectas de Cayley.

Cada recta de Cayley pasa por un punto de Steiner, además de los tres puntos de Kirkmanque le corresponden. Salmon demostró posteriormente que las 20 rectas de Cayley concurren porcuartetos en los 15 puntos llamados puntos de Salmon, engrandeciendo más aún este mosaico

8Jakob Steiner, geómetra suizo considerado el más grande genio en esta rama desde Apolonio de Perga.Odiaba la geometría analítica y la consideraba una desgracia para la matemática. Crelle fundó su famoso diarioinspirado por las habilidades de Steiner y Abel, y en ese periódico se publicaron varios de los resultados deSteiner. Fue el primero en analizar el principio de dualidad.

9Julius Plücker, matemático y físico alemán. Hizo contribuciones fundamentales a la geometría analítica, yfue un pionero en las investigaciones de rayos catódicos que llevaron al descubrimiento del electrón.

10Thomas Kirkman fue un matemático inglés, recordado por sus exposiciones en teoría de grupos y por elproblema combinatorio que lleva su nombre: “El problema de las colegialas” de Kirkman (véase la sección deproblemas).

11Giussepe Veronese fue un matemático italiano, su monografía Fondamenti di geometria fue criticada porPeano y Cantor, pero declarada profunda por Hilbert. La crítica de Peano se debía a la falta de rigor de la obra,pero sus ideas en ésta y otras obras son ahora piezas importantes de la teoría de números transfinitos, y teoríade modelos.

12Arthur Cayley, matemático inglés, fue el primero en emplear la palabra “grupo” según la usanza moder-na. En álgebra lineal, demostró el teorema de Cayley-Hamilton. También es conocido por sus estudios sobrecuaterniones y sus discusiones con Sylvester sobre la teoría de invariantes y covariantes.

13George Salmon, matemático, teólogo y ajedrecista irlandés. Sus publicaciones en geometría algebraicafueron ampliamente leídas en su tiempo. Trabajó junto con Cayley, Sylvester y Hermite, entre otros, en la teoríade álgebra y geometría n-dimensional.

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de puntos y rectas, cuya imagen sin duda abrumaría a uno de esos “geómetras alérgicos a lacombinatoria”.

4. Casos degenerados

Un caso degenerado de un teorema generalmente se obtiene cuando el largo de algún segmen-to de recta de la configuración se hace tender a cero, o bien a infinito. En geometría proyectiva,los casos en que se tiende a infinito no se diferencian en absoluto de la forma no degenerada, asíque analizaremos en esta sección algunos ejemplos del primer tipo únicamente.

4.1. El pentagrama místico: tangentes

La recta que pasa por dos puntos A, B que pertenecen a una cónica, tiende a convertirseen la tangente en el punto A, conforme acercamos el punto B deslizándolo sobre la cónicahacia el otro punto. Si hacemos esto con dos de los vértices de un hexágono inscrito en unacónica, entonces resulta una de las configuraciones degeneradas más importantes, el “pentagramamístico” (figura 4.1).

Figura 4.1: Pentagrama místico en una elipse.

El enunciado del teorema permanece válido salvo por el hecho de que en lugar del lado quepasa por los vértices A y B, hablamos ahora de la tangente en el punto fusionado. Al igual quesu padre, el hexagrama, esta configuración nos ofrece más de lo que aparenta, pues interpretadode la manera adecuada es precisamente un método de construcción de tangentes a cónicas queemplea únicamente regla (¡el compás se queda guardado!).

Aquí debemos recordar que la “regla matemática” es un instrumento cuya única capacidades la de trazar la recta que pasa por dos puntos dados, no posee medidas, ni grosor, ni ancho,ni nada que podamos usar para hacer otra cosa que no sea trazar rectas. Estando privados demedidas, nos hallaríamos en un aprieto si quisiéramos saber cuál es la inclinación adecuadapara una tangente, que debemos trazar en un punto dado de una cónica. Muchos conocemos el

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método de emplear el radio de un círculo, y trazar una perpendicular a éste para obtener unatangente, pero ese método funciona únicamente en círculos.

Peor aún, si no poseemos un compás es imposible —ya ha sido demostrado— construir elcentro de un círculo que nos haya sido dado sin éste ya marcado, al igual que es imposible trazarperpendiculares. Pero aunque nos falte el compás aún podemos trazar tangentes y no sólo acírculos, sino a cónicas en general empleando el pentagrama.

El método es el siguiente: supongamos que una cónica nos es dada con el punto A sobre ella,y se nos pide trazar la tangente en dicho punto. Elijamos otros cuatro puntos cualesquiera sobrela cónica y —para que concuerden con nuestro dibujo de arriba— denotados por C, D, E y F .Tracemos las rectas AF,CD y al punto de intersección llamado L. Trazando ahora las rectasEF , AC obtenemos su punto de intersección J .

Si pudiéramos trazar la tangente, ésta se intersectaría con ED en el punto K, que es colinealcon L y J . Siendo éste el caso, procedemos a la inversa y obtenemos a K como la intersección delas rectas LJ y ED, luego la tangente deseada es la recta que une al punto A con K. Tardamosmenos de 15 segundos en trazar todo el diseño para obtener la tangente; sería mucho más tardadohacer los cálculos necesarios con coordenadas y el resultado tendría menos precisión, debido alos errores cometidos con las medidas de una regla.

4.2. Cuadrilátero y triángulo

El proceso de fusionar puntos puede ser repetido para obtener cuadriláteros y triángulos.Fusionando A con B y simultáneamente E con F obtenemos una configuración como la de lafigura 4.2, en la que vemos las tangentes con líneas punteadas.

Figura 4.2: Cuadrilátero místico en una parábola.

Si además fusionamos C con D, obtenemos el teorema que nos dice que, dado un triánguloinscrito en una cónica, las intersecciones de cada lado con la tangente en el vértice opuesto soncolineales. En la figura 4.3 podemos apreciar este hecho en el caso de una hipérbola.

Existen varias otras figuras degeneradas, aunque algunas de ellas tienen enunciados triviales,pues la recta de Pascal se convierte en uno de los lados del polígono.

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Figura 4.3: Triángulo místico en una hipérbola.

4.3. Pappus y el hexagrama

Pappus de Alejandría fue uno de los más grandes matemáticos griegos de la antigüedad, ytambién uno de los últimos. Desde la época de Tales14 hasta la de Apolonio,15 la matemáticafloreció de manera casi continua, pero con la muerte de este último comenzó un largo períodode estancamiento.

Diofanto16 primero, y más adelante Pappus, fueron notables excepciones en esta época depoco progreso. Gracias a Pappus conocemos de manera indirecta las obras de grandes matemá-ticos que lo precedieron, y sus comentarios y observaciones dejan evidencia tanto de su intelectosingular, como de su habilidad retórica.

14Tales de Mileto, filósofo y matemático griego. Se dice que predijo el eclipse que detuvo abruptamente labatalla de Halys. Se caracterizaba por intentar dar explicaciones racionales de los fenómenos naturales, en lugarde invocar la intervención de dioses antropomorfos. Famoso por introducir en Grecia el estudio de la geometría,que aprendió en Egipto, pero se preocupó por fortalecer las bases teóricas en contraposición al método egipcio.Un famoso y elemental teorema lleva su nombre hoy en día.

15Apolonio de Perga, geómetra y astrónomo griego, famoso por sus estudios de las secciones cónicas; parábola,hipérbola y elipse fueron los nombres que él les dio a las importantes curvas. Propuso un método para calcular π,más eficiente que el de Arquímedes. Se le atribuye la teoría de las órbitas excéntricas, o equivalentemente la de losdeferentes y epiciclos, y fue él quien mostró su equivalencia bajo ciertos parámetros. La propiedad fundamentalde las cónicas que lo llevó a bautizarlas de esa manera es equivalente a la ecuación cartesiana de éstas, peroconsiderada en ejes oblicuos. No sólo se adelantó a su tiempo en el tema de las coordenadas, también incursionóen la geometría diferencial, estudiando las direcciones normales, centros de curvatura, e incluso la evoluta de lascónicas.

16Diofanto de Alejandría fue un matemático griego conocido por sus avances en teoría de números. Esllamado el “padre del álgebra”, principalmente por su serie de libros llamada Arithmetica, que inspiró a grandesgenios como Pierre de Fermat. Fue el primero en tratar a las fracciones como números, e hizo avances en la notaciónal introducir un símbolo para incógnitas y algunas operaciones. Las ahora llamadas ecuaciones diofantinas sonaquellas en las cuales interesan exclusivamente las soluciones enteras, y fueron uno de los principales temas deestudio en los libros de Diofanto.

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El célebre teorema que ahora lleva su nombre nos es de gran interés, pues resulta ser tam-bién un caso degenerado del hexagrama místico. El teorema de Pappus (figura 4.4) nos dice losiguiente

Si los puntos A, B, C están en una recta l, y los puntos A′, B′, C ′ estánen l′, entonces los puntos de intersección de AB′ con A′B, AC ′ con A′C, yBC ′ con B′C, son colineales.

Figura 4.4: El teorema de Pappus.

El teorema se trivializa si algún par de puntos de entre los seis originales se fusiona, o biensi alguno de ellos fuera el punto de intersección entre l y l′. En el dibujo hemos llamado J , K,L a los puntos de intersección que se mencionan en el enunciado, tal y como lo hemos hechoen las figuras del hexagrama. Para ayudarnos a reconocer a Pappus como un caso degenerado,consideremos un hexágono AC ′BA′CB′ inscrito en una hipérbola.

Manteniendo fijas las asíntotas de ésta, hagamos tender los vértices de la hipérbola hacia elcentro, en el límite tenemos que el hexagrama se convierte en la configuración de Pappus. Sinuestro interés es el formalismo, conviene no emplear este método como una demostración dePappus, pues es mucho más simple proceder de manera directa, pero como un concepto intuitivoeste tipo de razonamientos ayuda bastante a generar nuevas ideas.

El teorema de Pappus es de gran importancia teórica en geometría proyectiva, junto conel teorema de Desargues. De hecho, existen muchos objetos matemáticos a los cuales podemosllamar planos proyectivos, algunos de ellos cumplen uno o ambos teoremas, y dependiendo desi lo hacen o no, son llamados planos pappianos o bien planos desarguesianos. En un plano quecumple el teorema de Desargues siempre es posible, en cierto sentido, introducir un sistema decoordenadas —aunque no son necesariamente coordenadas dadas por números reales— en tantoque Pappus se hace presente únicamente si una operación similar al producto es conmutativa.

De esta manera, cada uno de estos teoremas puede ser añadido o no al listado de los axiomas oleyes, con el propósito de estudiar estos objetos que llamamos planos. Al hablar en este artículode geometría proyectiva, me refería generalmente al plano que posee coordenadas dadas pornúmeros reales, y que está íntimamente ligado al plano euclidiano.

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Nota. A continuación tenemos la sección de problemas. Como siempre lo he hecho, recomiendoalistar lápiz y papel, y en este caso en particular, sería útil —mas no necesario— tener unsoftware geométrico. Si desea obtener uno, una excelente opción es Geogebra, que es softwarelibre y cubre todas las necesidades básicas, de hecho, todas las ilustraciones de este artículofueron hechas con él. Para más información acuda a [11] en la sección de páginas recomendadas(bibliografía).

5. Problemas

Comenzaremos con el problema central del artículo, aquél que me inspiró a escribirlo, sub-dividido en varios enunciados más puntuales, y acompañados de ejercicios íntimamente ligados.Un poco más adelante enumero algunos otros ejercicios complementarios —no necesariamentemás fáciles— que están relacionados con los temas tratados anteriormente.

Si el número del problema viene acompañado por una (S), significa que una solución com-pleta de éste es presentada en la sección de soluciones, en tanto que una (P) indica que se ofreceuna pista en esa misma sección. Se recomienda intentar resolverlos antes de leer las solucioneso pistas, por dos motivos: primero, porque la satisfacción de completar una demostración poruno mismo es grande; y segundo, porque aunque usted tuviera que recurrir a la solución, éstaes más fácil de entender si ha tratado de hallarla por algún tiempo.

Nota. Los asteriscos indican mi opinión respecto a la dificultad de los problemas, con tresasteriscos marcando al más difícil.

5.1. Problemas centrales:Construcción de puntos y rectas importantes

Problema 1.**(S) Sobre un plano cartesiano, se encuentra dibujada una hipérbola talque los ejes cartesianos son sus asíntotas. Se borran los ejes de forma que lo único quequeda dibujado sobre el plano es la hipérbola. Plantee un método para reconstruir los ejes,empleando únicamente regla y compás.

Note que de entrada, la posición de los ejes conjugado y transverso, focos, vértices y centronos es desconocida, únicamente contamos con el dibujo de la hipérbola. También vuelvo ainsistir en que la regla matemática no posee medidas. El método que yo empleé para resolvereste primer problema está ligado con las soluciones de los dos siguientes. Conociendo el método,los siguientes dos problemas se simplifican bastante, motivo por el cual omito los asteriscos. Enninguno de ellos se debe considerar que los ejes de un plano cartesiano están dibujados.

Problema 2.(P) Dado el dibujo de una elipse, plantee un método para construir sus focos,vértices y centro con regla y compás.

Problema 3.(P) Dado el trazo de una parábola, construya su foco, vértice y directriz conregla y compás.

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Sería lógico que el siguiente problema pidiera lo mismo que los anteriores para una hipérbola,sin embargo, al resolver el primer problema se encuentran en el proceso el centro y los vértices.Hablando específicamente de los focos, he sido incapaz de hallar un método de construcción,incluso sospecho que no es posible. Abro entonces la interrogante, que seguramente ha sidoresuelta ya por otros matemáticos, pero cuya solución me es desconocida al momento de escribireste artículo.

Problema abierto. Plantear un método de construcción de los focos de una hipérbola conregla y compás, o bien demostrar que tal método no existe, salvo en casos particulares.

Con “casos particulares” me refiero a circunstancias como la perpendicularidad de las asíntotasde la hipérbola en el problema 1, cuyos focos se pueden construir con facilidad. En general,construir los focos es equivalente a construir las asíntotas (¿Por qué?).

5.2. Ejercicios complementarios

La ecuación general de las cónicas en forma cartesiana es ax2+ by2+ cxy+ dx+ ey+ f = 0,donde a, b, c, d, e, f son números reales que determinan a la cónica. Esta ecuación incluyecónicas degeneradas, como el par de rectas del teorema de Pappus. Haciendo uso de ella esposible demostrar —sin mucha dificultad— que dados cinco puntos en el plano, tales que nohaya entre ellos tres colineales, existe una única cónica que pasa por los cinco. Teniendo esto enmente, el siguiente problema se simplifica.

Problema 4.*(P) (Recíproco del teorema de Pascal) Si un hexágono es tal que los trespuntos de intersección de los pares de lados opuestos están alineados, y entre sus vérticesno hay tres colineales, demuestre que el hexágono está inscrito en una cónica.

Problema 5.(P) (Punto de Gergonne) Sea △ABC un triángulo cualquiera, y sean D,E, F los puntos de tangencia del incírculo con los lados BC, AC, AB respectivamente.Demuestre que las rectas AD, BE, CF son concurrentes.

Hay que notar que el enunciado anterior permanece válido si sustituimos el incírculo por cual-quier excírculo, o incluso de manera más general, si lo sustituimos por cualquier cónica, noimportando si los puntos de tangencia ocurren en lo que llamamos propiamente “lados”, o bienen la extensión de éstos.

Problema 6.(P) (El teorema del cuadrángulo) En todo cuadrilátero inscrito en una cónica,los puntos de intersección de los lados opuestos y los de tangentes en vértices opuestos soncuatro puntos colineales.

Problema 7. En todo cuadrilátero circunscrito a una cónica, las dos diagonales y las rectasque unen los puntos de contacto de lados opuestos son cuatro rectas concurrentes.

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Problema 8.*(S) Sea △ABC un triángulo cualquiera con circuncírculo Γ. Sea P unpunto en el interior de △ABC, y m una recta arbitraria que pasa por P . Si al otro puntode intersección de la recta AP con Γ lo llamamos A′, y de igual forma, a los otros puntos deintersección de las rectas BP y CP con Γ los llamamos B′ y C ′; y si a las intersecciones dela recta m con las rectas BC, CA, AB las llamamos D, E, F respectivamente, probar quelas rectas A′D, B′E, C ′F son concurrentes, y que el punto de concurrencia está sobre Γ.

Problema 9.*(S) Sea △ABC un triángulo cualquiera con circuncírculo Γ. Sea P un puntoen el interior de △ABC, sobre la bisectriz del ángulo ∠BAC, y sean A′, B′, C ′ como en elproblema anterior. Si llamamos M al punto de intersección de A′C ′ con AB, y N al puntode intersección de A′B′ con AC, probar que MN es paralela a BC.

Problema 10.*(S) (Decágono místico) Considere un decágono inscrito en una cónica.Si de los cinco puntos de intersección de pares de lados opuestos, cuatro de ellos estánalineados, muestre que el quinto también se encuentra en esa recta común.

La solución que propongo para el problema anterior puede ser generalizada mediante inducciónmatemática, para obtener el enunciado demostrado por Möbius para polígonos con 4n+2 lados.

Problema 11.*(S) Sea ABCD un cuadrilátero cíclico. Sea Y el punto tal que las rectasY A, Y B son perpendiculares a AC, BD respectivamente. De manera semejante, sea Xel punto tal que XD, XC son perpendiculares a BD, AC respectivamente. Probar que lasrectas AD, BC, XY son concurrentes.

Problema 12.*(S) (Olimpiada Iberoamericana, Colombia, 2005) Sea O el circuncentro deun triángulo acutángulo △ABC, y sea A1 un punto en el más pequeño de los dos arcosdelimitados por B y C, en el circuncírculo de △ABC. Sean A2, A3 puntos en los ladosAB, AC respectivamente, tales que ∠A2A1B = ∠OAC, y ∠CA1A3 = ∠BAO. Probar quela recta A2A3 pasa por el ortocentro de △ABC.

Problema 13.**(S) Dados dos triángulos △ABC,△A′B′C ′ inscritos en un mismo círcu-lo, probar que existe una única cónica tangente a los seis lados de los triángulos.

5.3. Curiosidades

Los siguientes dos problemas no emplean al teorema de Pascal en su solución —al menosen la que conozco— sin embargo, están ligados a éste de una manera indirecta, como sucedefrecuentemente en matemática. El primero arroja algo de luz a las ideas combinatorias de Kirk-man, en tanto que el segundo es una muestra del genio prodigioso de Apolonio. Compare elprimero de ellos con el cuarto problema de la “Olimpiada Centroamericana y del Caribe” delaño 2008.

Problema 14. (El problema de las colegialas, de Kirkman) En una escuela de bordado hayquince colegialas que siempre toman caminatas diarias en grupos de tres. ¿Se puede hacerun arreglo tal que cada niña salga de paseo con cada una de las demás niñas exactamenteuna vez a lo largo de una semana? En caso de ser posible, proponga una forma de hacerlo.

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Muchos de nosotros hemos escuchado alguna vez que la trisección del ángulo es imposible.Siendo más específicos, esto significa que es imposible dividir un ángulo dado, en tres partesiguales empleando únicamente regla y compás, salvo en casos particulares, como los 270◦. Sinembargo, Apolonio nos demuestra que sí es posible dar un método general, si contamos con unaherramienta especial, más poderosa que el compás común y corriente.

Problema 15.***(S) (La trisección del ángulo) Dado un ángulo arbitrario, plantee unmétodo para trisecarlo que emplee regla y “compás cónico”. Dados tres puntos colineales A,B, C con C distinto de los otros dos, y distinto también del punto medio de AB, un compáscónico es una herramienta que traza la única cónica que tiene a los puntos A y B comofocos, y a C como uno de sus vértices. Si A = B entonces traza un círculo con centro enA que pasa por C. Se permite que uno de los focos sea un punto al infinito, en cuyo casotraza una parábola.

Ahora procedemos con la segunda parte de la biografía de Pascal. La división de ésta en

partes sirve un doble propósito: pudimos tratar el aspecto teórico del hexagrama inmediatamente

después de conocer su origen, y además esta segunda parte servirá para separar los problemas

de sus soluciones, y así evitar la tentación de verlas antes de tiempo.

6. Biografía de Blaise Pascal–Segunda Parte–

En el capítulo anterior, nuestro héroe —disculpen, tenía que decirlo— se hizo nombre comomatemático a escasos dieciséis años de edad. Mencionamos que le envió a Mersenne su tratadosobre cónicas; el motivo por el cual no pudo presentarlo en persona fue que la familia de Pascalse había mudado en 1639 a la ciudad de Ruán, Normandía. Preocupado por el bienestar de sufamilia, Étienne había vendido en 1631 su puesto de vicepresidente del Cour des Aides por pocomás de sesenta mil libras, ya que en aquella época los puestos oficiales podían ser vendidos ycomprados. Ese dinero fue invertido en bonos del tesoro, cuyas rentas suponían para la familiaPascal unos ingresos suficientes como para mudarse a vivir a París, y gracias a ello Blaise tuvola oportunidad de conocer a Desargues y Mersenne.

Sin embargo, en 1638, el cardenal Richelieu congeló los pagos de los bonos del tesoro ante lacomplicada situación financiera del país, inmerso en la Guerra de los Treinta Años. De la noche ala mañana, la riqueza de la familia se redujo a la décima parte de lo que alguna vez tuvieron, yno había D’Artagnan que se opusiera a las injusticias de Richelieu, pues el verdadero mosqueterovivió en la época del cardenal Mazarino, y tampoco era tan valeroso como Dumas lo pinta.

Al igual que muchos otros ciudadanos, Étienne se vio obligado a huir de París por su oposicióna las políticas fiscales del Cardenal, dejando a sus tres hijos al cuidado de su vecina, MadameSainctot, una mujer muy bella y de pasado “dudoso” —aunque en realidad no había muchaduda al respecto de lo que hacía— dueña de uno de los salones más famosos en París. La buenaventura quiso que Richelieu asistiera a una obra teatral infantil en la que participó la hija deÉtienne, Jacqueline, y a partir de entonces la familia Pascal ganó nuevamente su favor. Pocodespués el Cardenal decidió nombrar a Étienne comisionado real de los impuestos en Ruán, pero

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eso estaba lejos de ser un premio, pues la ciudad se hallaba inmersa en manifestaciones caóticasy levantamientos.

En 1642, con la intención de facilitar el arduo trabajo de cálculo que debía realizar supadre, Blaise construyó la segunda calculadora mecánica de la historia, la famosa Pascalina.17

El dispositivo fue de gran uso para su padre, y Blaise comenzó una larga serie de mejoras ymodificaciones, con lo que llegó a crear más de cincuenta prototipos distintos. Los costos defabricación eran altos, razón por la cual no se convirtió en un éxito comercial, y los modelosfueron comprados más bien como símbolo de estatus, que debido a su utilidad.

En 1646, Étienne se fracturó la cadera, y dos reconocidos doctores, pertenecientes a ciertomovimiento religioso llamado jansentismo, lo asistieron durante su recuperación en casa. Ellostuvieron un efecto profundo en Blaise, que a partir de entonces volcó buena parte de su atencióna la teología. Algunos otros episodios de su vida tuvieron influencias similares. En 1654 Blaiseexperimentó un roce con la muerte y poco después una visión religiosa, y en 1657 fue testigo delo que ha sido documentado en la historia como un milagro: su sobrina de diez años, a quienle habían diagnosticado una fístula lacrimal incurable, fue visitada por monjas y creyentes queafirmaban poseer una de las espinas de la corona de Cristo, con la cual tocaron el ojo enfermo.

El propio doctor de la niña extendió la noticia de la curación milagrosa, y Pascal inclusocreó un escudo de armas que mostraba un ojo rodeado por una corona de espinas. Éstas yotras experiencias motivaron a Pascal a escribir obras como “Lettres provinciales”, declarada porVoltaire como el mejor libro francés de todos los tiempos, y “Pensées”, obra teológica incompletaen la que analiza conceptos aparentemente antipodales, como el infinito y la nada, la fe y la razón,el alma y la materia, la vida y la muerte, entre otras. A pesar de ser obras de corte filosófico, elingenio nato y el agudo raciocinio, junto con un cierto tono satírico que fue desarrollando conel pasar de los años, son marcas inconfundibles de su estilo.

Desde los dieciocho años, Pascal sufrió a causa de una enfermedad de índole nerviosa, quele ocasionó fuertes migrañas y dolores agudos hasta el día de su muerte. Su salud tuvo altibajosque afectaban su humor, pero rara vez su disposición a estudiar asuntos científicos. En 1659comenzó un período de enfermedad continua, durante el cual un tumor maligno que se habíadesarrollado en su estómago se esparció hasta su cerebro. Tres años después, la enfermedad dePascal se agravó, y el 18 de agosto de 1662 comenzó a sufrir convulsiones, y recibió la extremaunción. Murió a la mañana siguiente, a la edad de 39 años, pronunciando como últimas palabras“Que Dios nunca me abandone”.

Contribuciones a la ciencia

Además de los escritos sobre cónicas mencionados anteriormente, Pascal contribuyó en variasocasiones al desarrollo de ramas matemáticas relativamente nuevas en su época, y a mejorar laconcepción científica del universo. Entre sus contribuciones a la física, sobresalen sus estudiossobre hidrostática e hidrodinámica, que lo llevaron a inventar la prensa hidráulica y la jeringa.

17La primera calculadora mecánica fue fabricada por Schickard en 1624, pero la Pascalina presentaba múltiplesfunciones adicionales, pues manejaba simultáneamente el sistema decimal y la peculiar moneda de la Francia delsiglo XVII, que se subdividía en 240 unidades.

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En 1646 comenzó a realizar investigaciones relacionadas con la presión atmosférica, inspiradopor los experimentos de Evangelista Torricelli con barómetros. Tras replicar la creación de unbarómetro de mercurio, para lo cual se coloca un tubo de mercurio boca abajo en un recipientelleno de ese metal, Pascal comenzó a cuestionarse qué fuerza era la que hacía que parte delmercurio se quedase dentro del tubo y qué era lo que llenaba el espacio por encima del mercuriohasta el final del tubo. Para el año siguiente se hallaba totalmente convencido de la existenciadel vacío.

En aquella época, los científicos consideraban que en el espacio encima del mercurio debíahaber algún tipo de sustancia invisible, pues mantenían el punto de vista aristotélico de que lacreación es algo con sustancia, y que donde quiera que hubiera movimiento, alguna sustanciatenía que ser la portadora. Puesto que la luz atravesaba ese espacio, no podía haber vacío dentrodel tubo, y de hecho, en ningún otro lado. El 23 de septiembre de 1647, Pascal fue visitado porDescartes, y durante dos días debatieron sobre las conclusiones a las que Blaise había llegadoen sus experimentos.

Descartes, defensor de la visión aristotélica, escribió poco después una carta a Huygens18 enla que declaraba que Pascal tenía demasiado vacío en la cabeza. Mas en 1648, cuando Pascalobservó que la presión atmosférica decrece con la altura, de donde dedujo que debía existirvacío sobre la atmósfera, Descartes le escribió a Carcavi, diciendo: “Fui yo quien le aconsejó queinvestigara al respecto, pues aunque no he hecho los experimentos, no dudaba que resultaríanexitosos”.

En su Traité du triangle arithmétique, de 1653, describe el conveniente arreglo para loscoeficientes binomiales llamado “Triángulo de Pascal”. En él considera la ecuación de recurrencia

tn,m := tn−1,m + tn,m−1, n,m ∈ N

con las condiciones de frontera tn,−1 = t−1,m = 0 ∀n,m ∈ N, y el generador t0,0 = 1. Luegoprocede a demostrar que la solución está dada por

tn,m =

(n+m

n

)

=(m+ n)(m+ n− 1)(m+ n− 2) . . . (m+ 1)

n(n− 1)(n− 2) . . . 1

La idea le fue muy útil el año siguiente, cuando un amigo atrajo su interés a los juegos de azar.En correspondencia con Fermat19 discutió sobre este tema, y de esa colaboración surgió la teoríamatemática de probabilidades. El trabajo hecho por ellos fue de especial utilidad para Leibnizen su formulación del cálculo infinitesimal.

18Christiaan Huygens astrónomo, físico y matemático neerlandés. En matemática fue uno de los pionerosen la teoría de probabilidades, y resolvió problemas geométricos como la determinación de la curvatura de lacicloide y la rectificación de la cisoide. Tal vez lo que le dio más fama en el campo de la física fue su teoríaondulatoria de la luz.

19Pierre de Fermat fue un destacado jurista y matemático francés. Desarrolló los fundamentos de la geometríaanalítica, antes de la publicación de La géométrie de Descartes. Evaluó el área bajo la curva de la función xn,con lo cual inspiró los trabajos de Newton y Leibniz en el cálculo integral. Estudió la ecuación de Pell y losnúmeros perfectos, entre varios otros temas de teoría de números. Mientras estudiaba los números perfectos sele ocurrió el ahora llamado “pequeño teorema de Fermat”. En óptica, el principio de mínimo tiempo de Fermat,que describe la refracción lumínica, es el más antiguo de los conceptos físicos sobre la luz que se mantiene comoparte de la teoría moderna. Tal vez aquello que lo hace más famoso es el Enigma, que se mantuvo por más tressiglos como un reto a las más grandes mentes de la humanidad: “El último teorema de Fermat”, resuelto en 1994por Andrew Wiles.

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En 1658, Pascal ofreció un premio a quien presentara una cuadratura20 de la curva cicloide,21

y su centro de gravedad. Soluciones fueron enviadas por John Wallis,22 Christiaan Huygensy Christopher Wren, entre otros, y también por el propio Pascal bajo el seudónimo AmosDettonville. Se originó una gran controversia cuando Pascal se declaró a sí mismo como ganador.Afortunadamente no fue causa únicamente de males, pues también se desarrollaron ideas nuevascanalizadas a través del problema del tautocrono,23 que desembocaron en la creación del cálculovariacional.

7. Soluciones

Antes de presentar la solución del primer problema, demostraré un lema muy interesante,aplicable a todas las cónicas. Deliberadamente decidí ocultar esta información, pues es lo quehace divertidos a los problemas centrales. No recuerdo quién me planteó el primer problema, elque trata sobre la reconstrucción de los ejes, pero recuerdo, al menos, que lo primero que intentéfue trazar un par de tangentes y considerar el punto de intersección de ellas. Estaba convencidode que la recta que unía el centro de la hipérbola con ese punto de intersección era “importante”,y tal vez una recta conocida.

Después de fracasar un par de veces, Cristian Castro, uno de los alumnos de los cursos deolimpiadas, me recomendó que probara con bisectores de algún segmento en el dibujo. Estaba apunto de decirle que seguramente no iban a servir para nada —lo cual hubiera sido muy groserode mi parte— cuando algo me “hizo click”. La noción de bisector me hizo pensar inmediatamenteen puntos medios, y sucedió lo que pasa muy frecuentemente al resolver problemas: ya estabaseguro de que lo que pensaba era cierto, sólo faltaba probarlo. Una equivocación como la delos bisectores, tanteando a ciegas al intentar resolver un problema, es tan útil como la ideacorrecta, me gusta llamarlos “errores fructíferos”. Con certeza me ahorró mucho tiempo y fracasosadicionales, antes de que diera con la idea de los puntos medios.

Cuando logré demostrarlo, quise averiguar quién fue el primero en probar ese resultado. Elsentido común indica que un resultado tan simple y bonito como el que hallé, seguramente hasido descubierto y redescubierto con anterioridad y, en la medida de lo posible, hay que intentardarle a su primer descubridor el crédito que se merece. Tardé casi un mes en dar con el autororiginal, nada más y nada menos que Arquímedes,24 aunque parece que únicamente lo demostró

20Cuadratura es el cálculo del área bajo una curva dada.21Cicloide es la curva que describe un punto fijado al perímetro de un círculo, conforme éste gira una vuelta

completa, sin deslizarse, sobre una recta directriz.22John Wallis fue un matemático inglés, precursor del cálculo moderno. Introdujo la notación de exponentes

negativos y racionales, y el símbolo ∞ para representar la noción de infinito.23El problema del tautocrono o isocrono es el que pedía hallar la curva tal que, un objeto constreñido a

moverse sobre ella y bajo efectos de la gravedad únicamente, tarda el mismo tiempo en llegar a un punto finalfijo sobre la curva, desde cualquier punto inicial que también esté sobre ella. La solución —hallada primero porHuygens— es la cicloide con eje de simetría vertical y vértice en la “meta”.

24Arquímedes de Siracusa fue un matemático, físico, ingeniero, inventor y astrónomo griego. Nació en el287 a. C. y murió a los 75 años de edad. Es considerado uno de los tres más grandes matemáticos y físicosteóricos de la historia, junto con Newton y Gauss. Dio los fundamentos de la estática y la hidrostática, y fueel primero en dar una explicación rigurosa del principio de la palanca. Inventó el polipasto, y durante el asedioromano a la ciudad de Siracusa, diseñó varias máquinas de guerra, que incluyen catapultas múltiples, grúas con

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en parábolas, al menos según las fuentes que consulté. Desconozco quien probó por primera vezla generalización que propongo más adelante.

El lema de Arquímedes nos dice lo siguiente (ver figura 7.1)

Sea Γ una parábola y sean P y Q dos puntos distintos sobre ella. LlamemosR al punto de intersección de las dos rectas tangentes a Γ en los puntos Py Q, y sea M el punto medio del segmento PQ. Entonces la recta RM esparalela al eje de simetría de Γ.

La demostración que propongo para la generalización (graciosamente) funciona para todaslas demás cónicas excepto parábolas, sin embargo, se puede usar un argumento de límites pa-ra obtener el lema anterior como corolario, en una especie de caso degenerado de una elipse.También vale la pena aclarar que, aunque la demostración en círculos es trivial, y el teoremapermanece válido en todas las cónicas, éste no se puede obtener mediante proyecciones desde elvértice de un cono, pues la noción de punto medio es métrica, y no se conserva bajo perspecti-vidades. Naturalmente, emplearemos en más de una ocasión el concepto de distancia a lo largode la demostración.

Figura 7.1: El lema de Arquímedes.

Generalización del lema de Arquímedes

Sea Γ una cónica cualquiera con centro en O (en el caso de una parábolaconsidere a O como el punto al infinito del eje de simetría), y sean P y Qpuntos sobre Γ. Sean además, M el punto medio del segmento PQ, y R elpunto de intersección de las dos tangentes a Γ en P y Q. Entonces los puntosM , R y O son colineales.

ganchos metálicos capaces de hundir barcos y sistemas de espejos para incendiarlos a distancia. Calculó el áreabajo el arco de una parábola mediante series infinitas, dio métodos para calcular el valor de pi, y demostró variasfórmulas para volúmenes y áreas superficiales de sólidos de revolución. Demostró la fórmula del área del círculo,el teorema de la cuerda rota y la fórmula de Herón, muchos años antes de que éste naciera.

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La primera demostración que obtuve para este lema hacía uso de geometría analítica. Eraválida únicamente para hipérbolas, pues me interesaba resolver el primer problema central,ocupaba más de tres páginas e incluía unos veinte tachones. Era todo un monstruo. No quieroni imaginarme el trabajo que requeriría probarlo en cónicas, tal vez haciendo uso de la ecuacióngeneral, o partiéndolo en casos individuales. Afortunadamente, poco tiempo después aprendí elteorema del hexagrama místico, y gracias a su poder obtuve una demostración mucho más cortay elegante. La geometría de Pascal nos muestra una notable superioridad con respecto a la deDescartes, en materia de cónicas.

Demostración. Con la figura 7.2 en mente, supongamos primero que Γ no es una parábola,entonces su centro O no es un punto al infinito, y la cónica posee simetría con respecto a esepunto. Sean P ′ y Q′ las reflexiones de P y Q con respecto al punto O. Las diagonales delcuadrilátero PQ′P ′Q se intersectan en el punto medio O de ambas, motivo por el cual es unparalelogramo. Consideremos al cuadrilátero no simple PP ′QQ′ como un hexágono degeneradoPPP ′QQQ′ (la notación indica que debemos tomar a P y Q como puntos dobles para uncuadrilátero místico). Puesto que los lados P ′Q y Q′P son paralelos, El teorema del hexagramamístico nos asegura que la recta de Pascal OR es paralela a ellos. Es fácil probar que el puntoM se encuentra en la recta OR, pues equidista de las rectas P ′Q y Q′P , y los puntos en OR sonprecisamente aquellos que tienen esta propiedad. Queda como ejercicio al lector rellenar esosagujeros y argumentar el caso de la parábola.

Figura 7.2: Demostración de la generalización del lema de Arquímedes.

Ahora sí, estamos preparados para ver las soluciones de los problemas, pero antes cabeaclarar una alternativa a este lema. Es posible demostrar que dadas dos cuerdas paralelas enuna cónica, los puntos medios de ambas y el centro de la cónica están alineados. En las solucionesque presento, se puede sustituir el lema generalizado por el enunciado anterior, como métodopara construir el centro de las cónicas.

Soluciones y pistas

Problema 1 (Solución) Elíjanse tres puntos P , Q, R de manera arbitraria sobre la hipérbola.Trácense las tangentes p, q, r a la cónica en cada uno de los tres puntos (Si algún par deestas tangentes fuera paralelo, hay que elegir otros tres puntos). Por el lema de Arquímedesgeneralizado, la recta que pasa por la intersección de p con q y el punto medio de PQ,

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también pasa por O. Lo mismo se puede decir para q, r, Q y R, así que O debe ser laintersección de ambas rectas. Ahora, con centro en O trácese un círculo suficientementegrande como para intersectarse en cuatro puntos distintos con la hipérbola, llamémoslosA, B, C, D. Es fácil mostrar que ABCD es un rectángulo, y que sus lados son paralelos alos ejes conjugado y transverso de la hipérbola. Teniendo estos ejes ya construidos, bastabisectar los ángulos formados por ellos, para obtener las asíntotas.

Problema 2 (Pista) Construya el centro y los ejes conjugado y transverso como en el problemaanterior. Para determinar los focos se puede usar una construcción que emplee el teoremade pitágoras.

Problema 3 (Pista) Con el lema de Arquímedes en mente, construir una paralela al eje desimetría, luego construir una perpendicular a ésta que se intersecte dos veces con la pará-bola. En cuanto al foco, recordar la propiedad reflectiva de las parábolas.

Problema 4 (Pista) Existe una única cónica que pasa por 5 de los vértices del hexágono,digamos A, B, C, D, E. Si llamamos F al sexto vértice, considerar el punto de intersecciónde la recta EF con la cónica.

Problema 5 (Pista) Teorema de Brianchon degenerado.

Problema 6 (Pista) Buscar dos cuadriláteros místicos, con la misma recta de Pascal.

Problema 8 (Solución) Sea W el punto de intersección de A′D con C ′F , y W ′ la intersecciónde A′D con B′E. Queremos mostrar que W , W ′ se hallan sobre Γ, y que de hecho son elmismo punto. Emplearemos para ello hexágonos que tengan a m como recta de Pascal.Consideremos el hexágono A′ABCC ′W (figura 7.3), el cual no sabemos todavía si estáinscrito o no en Γ a causa del punto W . Lo que sí sabemos es que los puntos de intersecciónde sus pares de lados opuestos son P , F , D, que son colineales por estar en m. Como cincode los vértices del hexágono ya están en Γ, aplicando el recíproco de Pascal (problema 4)concluimos que W también lo está. Podemos ahora redefinir a W como la intersección dela recta A′D con Γ.

Figura 7.3: Hexágono A′ABCC ′W .

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Un análisis equivalente en el hexágono A′W ′B′BCA implica que W ′ se encuentra en Γ,y puesto que también se podrá redefinir como la intersección de la recta A′D con Γ,concluimos que W = W ′, y que las rectas A′D, B′E, C ′F son concurrentes.

Problema 9 (Solución) Los puntos M , P , N son colineales, puesto que conforman la rectade Pascal del hexágono ABB′A′C ′C. Trácese la tangente a Γ en el punto A′ y sea T unpunto en esa tangente, colocado en el mismo semiplano de la recta AA′ que B, como semuestra en la figura 7.4 (T servirá únicamente como referencia para un ángulo).

Figura 7.4: Paralelismo entre BC y TA′.

Ahora bien, ∠BAA′ = ∠A′AC por hipótesis, en tanto que ∠A′BC = ∠A′AC por estarinscritos en el mismo arco. Además ∠BA′T es un ángulo semiinscrito en el mismo arco que∠BAA′ y por lo tanto son iguales. Entonces la recta BC y la tangente en A′ son paralelas,pues sus ángulos alternos internos con respecto a BA′ son iguales. Ahora consideremosel hexágono degenerado BCC ′A′A′A. Dos de sus lados opuestos son paralelos, así que surecta de Pascal MP debe ser paralela a ellos, de donde MN es paralela a BC.

Problema 10 (Solución) Dividiremos la configuración del decágono en tres hexagramas. SeaA1A2A3A4A5A6A7A8A9A10 el decágono inscrito, y sean B,C,D,E, F los puntos de inter-sección de los pares de lados opuestos A1A2 con A6A7, A2A3 con A7A8, A3A4 con A8A9,A4A5 con A9A10, A5A6 con A10A1, respectivamente (figura 7.5). Suponga que B, C, E,F están alineados en la recta común m, queremos mostrar que D también está alineadocon ellos. Trácense las rectas A1A8, A3A6, y llámese G al punto de intersección de ellas.

Trácense las rectas A3A10, A5A8, y llámese H al punto de intersección. Consideremosel hexágono A1A2A3A6A7A8, por el teorema de Pascal, tenemos que B, G, C están ali-neados, lo que implica que G pertenece a la recta m. Del mismo análisis en el hexágonoA3A4A5A8A9A10 se deduce que H está en la recta m. Finalmente considérese el hexágonoA1A8A5A6A3A10, tenemos que m es su recta de Pascal, pues G y H están en ella, motivopor el cual D, el tercer punto de intersección, también debe pertenecer a m.

Problema 11 (Solución) Sea O el centro de la circunferencia. Sea C ′ el otro punto de intersec-ción de la recta Y A con la circunferencia. Como Y A es perpendicular a AC, tenemos queel triángulo △AC ′C es un triángulo rectángulo, con ángulo recto en A, y por el teoremadel ángulo central, tenemos que CC ′ debe ser un diámetro (figura 7.6). Equivalentemente,

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Figura 7.5: Decágono místico.

si llamamos D′ al otro punto de intersección de la recta Y B con la circunferencia, tenemosque DD′ también es diámetro. Sea G el punto de intersección de las rectas AD y BC,queremos mostrar que G, X, Y son colineales. Ahora consideremos el hexágono inscritoDD′BCC ′A, por el teorema de Pascal, los puntos O, Y , G están alineados. Razonamien-tos semejantes se pueden realizar para mostrar que los puntos O, X, G también estánalineados, ya que los puntos X, Y son prácticamente intercambiables, si rebautizamos losvértices del cuadrilátero. Empleando ambos resultados, concluimos que G, X, Y estánalineados.

Figura 7.6: Demostración de la colinealidad de los puntos O, Y , G.

Problema 12 (Solución) Yo fui competidor en esta olimpiada de matemática. Si ahora sépoca geometría, en aquel entonces no sabía absolutamente nada. Cuando un amigo mecomentó que el hexagrama místico sacaba fácilmente el problema, volví a intentarlo. Heaquí mi venganza en forma de solución que, según tengo entendido, fue hallada por algunosde los competidores también. Sea A′ el punto simétrico de A con respecto a O, y llamemosH al ortocentro. Sea P el otro punto de intersección de la recta A1A2 con la circunferencia,y similarmente para la recta A1A3, llamemos Q al otro punto, como lo muestra la figura 7.7.Queremos mostrar que A2, H, A3 son colineales.

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Figura 7.7: Demostración de la colinealidad de A2, H, A3.

Primero, como AA′ es un diámetro, por el teorema del ángulo central tenemos que losángulos ∠ACA′,∠A′BA deben ser rectos. En otras palabras, las rectas A′C, A′B sonperpendiculares a AC, AB respectivamente. Ahora bien, como ∠BQA′ = ∠BAA′ =∠CA1Q = ∠CA′Q concluimos que BQ es paralela a A′C por formar alternos internosiguales con la recta A′Q. Pero como A′C es perpendicular a AC, entonces BQ tambiéndebe serlo, lo cual implica que BQ es la altura de △ABC en el vértice B, y por lo tantopasa por H. Por razonamientos semejantes, PC es la altura de △ABC en el vértice C,y su punto de intersección con la recta BQ es H. Finalmente, por el teorema de Pascal,aplicado al hexágono BACPA1Q, tenemos que A2, H, A3 son colineales, como se quería.

Problema 13 (Solución) Definamos los siguientes puntos de intersección (figura 7.8):

CA ∩A′B′ = U, CA ∩ C ′B′ = T, AB ∩B′C ′ = S,

AB ∩A′C ′ = R, CB ∩A′C ′ = Q, CB ∩A′B′ = P,

PS ∩ TQ = V, CC ′ ∩BB′ = W, PC ′ ∩BT = X.

Queremos mostrar que el hexágono PQRSTU es tal que una única cónica es tangentea sus seis lados. El recíproco del teorema de Brianchon (que es cierto por ser dual delrecíproco de Pascal, ejercicio 4) nos aseguraría precisamente eso, si tan sólo mostramosque sus diagonales concurren. En breve, debemos mostrar que U , V , R son colineales yBrianchon se encargará del resto. Puesto que el hexágono CC ′A′B′BA está inscrito en lacircunferencia, Pascal implica que U , W , R son colineales.

Por otro lado, el teorema de Pappus aplicado a B′, T , C ′ y C, P , B nos asegura que U ,W , X son colineales. Con lo anterior, tenemos que los puntos U , W , R, X están en unarecta común. Nuevamente Pappus, aplicado a T , S, C ′ y P , Q, B, implica que V , X, Rson colineales, con lo que V se agrega a la recta común en la que U , R ya se encontraban,esto es, U , V , R son colineales.

Problema 15 (Solución) Antes de presentar el método, analizaremos las propiedades de unafamilia especial de hipérbolas, aquellas que poseen excentricidad igual a 2.

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Figura 7.8: Debemos mostrar que las diagonales del hexágono PQRSTU son concurrentes.

La excentricidad ǫ es una cantidad que determina enteramente la forma de las hipérbolas,y las relaciones entre sus distintos puntos y rectas importantes. Nos interesan en particulardos de estas relaciones. Sea Γ una hipérbola con centro O. Sea F uno de los focos. A cadafoco se le asocia una recta llamada directriz, que junto con el foco describen una de lasramas de la hipérbola. Si m es la directriz asociada a F , entonces su correspondiente ramade Γ, es el lugar geométrico de los puntos P , tales que

PF

d(P,m)= ǫ, Donde d(P,m) denota la distancia de P hasta m.

Si V es el vértice de esa rama, entonces también sucede que

OF

OV= ǫ.

Vamos a considerar ahora el caso en que ǫ = 2. Sea V ′ el vértice de la otra rama de Γ, X elpie de la perpendicular a m que pasa por P —que es un punto variable— y Q el punto deintersección de m con la recta OF (ver figura 7.9). Vamos a probar que cualquier P quepertenezca a esa rama de Γ, es tal que el ángulo ∠OV ′P es la mitad del ángulo ∠PFO.

De la discusión anterior sobre la excentricidad, tenemos las siguientes relaciones entre lasmedidas de los segmentos

OF = 2OV, V F = 2QV, PF = 2XP, V ′O = OV

De las relaciones anteriores, es fácil concluir que m es el bisector del segmento V ′F . SeaP ′ la reflexión del punto P con respecto a la recta m. Como V ′ es la reflexión de F conrespecto a esa misma recta, tenemos que V ′FPP ′ es un trapecio isósceles. Además tenemosque PP ′ = 2XP = PF . Puesto que m es el eje de simetría del trapecio, tenemos que laintersección T de las diagonales está sobre m (ver figura 7.10).

Ahora bien, ∠FV ′P = ∠P ′PV ′ por ser alternos internos. Como T está en el bisector mde los segmentos PP ′ y V ′F , tenemos que los triángulos △V ′TF,△P ′TP son isósceles,motivo por el cual ∠TP ′X = ∠XTP = ∠QV ′T = ∠TFQ.

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Figura 7.9: A probar β = 2α.

Finalmente, como P ′P = PF , el triángulo △P ′PF es isósceles, de donde ∠TP ′X =∠PFT . De las igualdades de ángulos anteriores se sigue inmediatamente que ∠PFO =2∠OV ′P , como se quería probar.

Figura 7.10: Igualdades entre ángulos.

Ahora poseemos las herramientas teóricas para entender el método de Apolonio paratrisecar ángulos.

Método: Dado un ángulo cualquiera con vértice C, podemos emplear el compás cónicopara trazar una circunferencia con centro en C y que se intersecte con los lados del ánguloen A y B. Trácese la cuerda AB, su punto medio M y su bisector n. Queremos trazar unahipérbola con excentricidad 2 tal que n, A y B jueguen de manera respectiva los papelesde m, V ′, F de los argumentos anteriores. Como ya tenemos la posición de un vértice yun foco, nos falta únicamente la posición del otro foco para que nuestro compás cónicopueda entrar en acción.

Empleando el teorema de Tales es fácil trisecar segmentos de recta, con regla y compássimple. Aplicando este método a MB podemos hallar un punto D que juegue el papel delotro vértice. El punto medio de AD será el centro J de la hipérbola, y reflejando a B conrespecto a ese centro hallaremos un punto B′ que es precisamente quien debe ocupar el

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puesto de segundo foco, y ahora ya podemos trazar la hipérbola “mágica” (figura 7.11).Ahora sólo falta aclarar que el punto W de intersección entre el arco de circunferencia ABque subtiende al ángulo original, y la hipérbola trazada, triseca al arco. El motivo de esto,es que el triángulo △AWB cumple 2∠BAW = ∠WBA, por la propiedad de la hipérbolaexpuesta con anterioridad, y que esa razón 1 : 2 se transmite a los ángulos ∠BCW y∠WCA vía el teorema del ángulo central.

Figura 7.11: La trisección del ángulo.

8. Anexo

8.1. Algunas definiciones y teoremas básicos

Empleo el signo “=” entre segmentos y ángulos, para indicar que la medida de ellos es lamisma, lo que normalmente se denomina congruencia. Si este anexo omitiera alguna definición oteorema que usted desconozca, o bien, si desea conocer la demostración de alguno de los resulta-dos aquí propuestos, lo incito a tomar una postura autodidacta. Algunos libros y páginas de labibliografía podrían resultar útiles para ese propósito. Ahora presento un listado de resultadosy definiciones elementales.

• Si una familia de tres o más rectas tiene un mismo punto de intersección, decimos queconcurren. A la familia se le denomina entonces, haz de rectas.

• Si tres o más puntos pertenecen a una misma recta, decimos que son colineales.

• Dado un segmento, a la recta perpendicular a éste que pasa por su punto medio se le llamabisector del segmento. También se le conoce como mediatriz del segmento.

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• Dado un triángulo △ABC,25 existe una única circunferencia que pasa por sus tres vértices.A esta circunferencia se le conoce como circuncírculo, y a su centro como circuncentro,que usualmente se representa con la letra O. Los bisectores de los lados AB, AC, BCconcurren en el punto O.

• Dado un ángulo ∠XY Z,26 a la recta que pasa por Y y divide en dos mitades iguales alángulo se le denomina bisectriz.

• Dado un triángulo △ABC , existe una única circunferencia en el interior del triánguloque es tangente a los tres lados. Se le denomina incírculo y a su centro, incentro, queusualmente se representa con la letra I. Las bisectrices de los tres ángulos internos en losvértices del triángulo concurren en I.

• Dado un triángulo △ABC, a la perpendicular a BC que pasa por A se le denomina alturaen A. En forma semejante se definen las alturas en B y C. Las tres alturas son concurrentesy al punto de concurrencia se le llama ortocentro, que generalmente se identifica con laletra H.

• Sea Γ un círculo, con centro O. Una recta que se intersecta con Γ en dos puntos A,Bdistintos, es llamada secante, en tanto que al segmento AB se le llama cuerda. La cuerdadivide a la circunferencia (el borde) en dos arcos limitados por los puntos A y B. A cadauno de esos arcos se le asocia uno de los siguientes ángulos ∠AOB,∠BOA, y decimos queéstos subtienden a su respectivo arco.

• A un ángulo con vértice en el centro de un círculo, le llamamos ángulo central. Si su vérticese encuentra en la circunferencia, y se halla delimitado por dos cuerdas, lo llamamos ánguloinscrito. Si su vértice está en la circunferencia y se encuentra delimitado por una cuerday una tangente, se le denomina ángulo semi-inscrito.

8.2. El teorema del ángulo central y sus amigos

Este teorema es empleado a lo largo de todo el artículo. Se puede utilizar en una diversidadde situaciones distintas, así que conviene familiarizarse con él.

Sea Γ un círculo con centro O, y sea AB una cuerda en Γ. Consideremos unpunto P en el arco que no es subtendido por el ángulo ∠AOB. Entonces setiene que ∠AOB = 2∠APB.

En la figura 8.1 vemos que el punto S se encuentra en el arco subtendido por el ángulo ∠AOB.Para los puntos P,Q,R sí se cumple el teorema. Decimos que los ángulos ∠APB, ∠AQB, ∠ARB

25El símbolo “△” es usado para indicar que los siguientes tres puntos deben ser considerados vértices de untriángulo.

26Entiéndase el ángulo con vértice en Y , que comienza en el segmento XY y se mide en contra de las agujas delreloj hasta el segmento Y Z. Algunas otras personas emplean el símbolo para referirse al menor de los dos posiblesángulos determinados por las rectas XY, Y Z. En el contexto se deduce fácilmente cuál de los dos convenios estáempleando el autor.

33

Figura 8.1: El teorema del ángulo central.

están inscritos en el mismo arco de circunferencia. Aquí tenemos otros resultados íntimamenterelacionados con el teorema del ángulo central:

Teorema del ángulo inscrito. Todos los ángulos inscritos en el mismo arco de una circun-ferencia son iguales. Esto sucede porque cada uno de ellos debe ser igual a la mitad delángulo central que le corresponde a dicho arco. Tal es el caso de los ángulos ∠APB,∠AQB, ∠ARB en la figura 8.1.

Ángulo semi-inscrito. El ángulo semi-inscrito es igual a la mitad del ángulo central que sub-tiende el mismo arco. La veracidad de este enunciado puede visualizarse imaginando queel punto P se desliza sobre la circunferencia hasta el punto B en la figura. La recta PBtiende a convertirse en la tangente en el punto B y aún en esta posición límite se cumpleel teorema del ángulo central.

Triángulo rectángulo. Si los puntos A, B, P están colocados, siguiendo el sentido antihorario,sobre una misma circunferencia, y si AB es un diámetro, entonces el ángulo ∠APB esrecto, y el triángulo △APB es rectángulo. Lo que pasa en este caso es que ∠AOB =180◦, ya que los puntos A, O, B están alineados. El ángulo ∠APB mide la mitad, y enconsecuencia es recto.

8.3. Acerca de polígonos

La notación que emplearemos con los polígonos indicará no solamente sus vértices, sinotambién el orden en que deben ser recorridos para formar la figura. Por ejemplo, el cuadriláteroABCD es aquél que tiene los lados AB, BC, CD, DA, y en general, es distinto al cuadriláteroACBD. A continuación tenemos algunos resultados y definiciones que involucran polígonos.

• Todo trapecio isósceles es cíclico.

34

• El punto de intersección de las diagonales de un paralelogramo, es el punto medio de cadauna de ellas. El recíproco también es válido.

• Si ningún par de lados de un polígono se intersecta, decimos que el polígono es simple. Sepermiten intersecciones de las rectas que extienden a los segmentos llamados lados.

• Sea ABCD un cuadrilátero. Los vértices A, C son llamados vértices opuestos, lo mismocon B, D. De manera análoga, los lados AB con CD, y BC con DA, son consideradoslados opuestos. El concepto se generaliza a cualquier polígono con un número par de lados,por ejemplo en un octógono ABCDEFGH, los vértices A, E son opuestos. En el casode un polígono con una cantidad impar de vértices, cada vértice tiene un lado opuesto, yviceversa. Por ejemplo, en el pentágono ABCDE, el vértice A se opone al lado CD.

• Sea Γ una curva. Si un polígono es tal que cada uno de sus vértices se encuentra sobreΓ, decimos que es un polígono inscrito en Γ. En particular, si Γ es un círculo, tambiéndecimos que se trata de un polígono cíclico. Si todos los lados de un polígono son tangentesa Γ, decimos que es un polígono circunscrito a Γ.

• Sea ABCD un cuadrilátero cíclico simple, con sus vértices ordenados sobre la circun-ferencia siguiendo el sentido en contra de las agujas del reloj. Entonces tenemos que∠BAD+∠DCB = 180◦. Esta propiedad también se puede enunciar de la siguiente manera:“En un cuadrilátero cíclico, los ángulos internos en vértices opuestos son suplementarios”.Se trata de un corolario del teorema del ángulo central. El recíproco también es válido,si un cuadrilátero es tal que los ángulos internos en vértices opuestos son suplementarios,entonces el cuadrilátero es cíclico, esto es, existe una circunferencia que pasa por sus cuatrovértices.

8.4. Rudimentos de geometría proyectiva

La geometría proyectiva es el estudio de las propiedades que permanecen invariantes bajotransformaciones proyectivas. Véase la “generalización a cónicas”, en la demostración del hexa-grama místico. El plano proyectivo usual se relaciona con la geometría euclidiana a través de lanoción de punto al infinito.

Para afianzar el concepto, consideremos un segmento AB, y un punto C en el bisector deéste. En general, tendremos un triángulo isósceles △BCA. Manteniendo fijo al segmento AB,deslicemos el punto C sobre el bisector, haciendo que la distancia que lo separa de AB seacada vez mayor. Conforme aumente esa distancia, las rectas AC, BC tenderán a convertirseen un par de rectas paralelas. Si podemos enviar al punto C a una distancia infinitamentelejana, obtendríamos rectas perfectamente paralelas. Hay que notar que pudimos haber enviadoal punto C en cualquiera de las dos posibles direcciones (arriba y abajo) con resultados finalesidénticos, las mismas dos paralelas.

Si ahora consideramos un haz de rectas DH, EH, FH, GH y manteniendo fijos los puntosD, E, F , G movemos al vértice H, en cualquier dirección fija, alejándolo del resto de puntosa distancias cada vez mayores, observamos como el haz se va asemejando a una familia de

35

paralelas, con inclinación dada por la dirección en la que decidamos mover al punto H. Intro-ducimos entonces el concepto de punto al infinito, el cual ayudará a unificar resultados con suscorrespondientes “versiones paralelas”.

Figura 8.2: Puntos al infinito y paralelas.

A cada recta le corresponderá un único punto al infinito. Esto puede parecer contraprodu-cente, pues estamos acostumbrados a imaginar un +∞ y un −∞ en la recta de los númerosreales, pero, para vencer este obstáculo intuitivo, imaginemos ahora a las rectas como círculosinfinitamente grandes, uniendo ambos infinitos en un solo punto. Es más práctico tener un sólopunto al infinito, pues al deslizar un punto que sea parte de una figura, a lo largo de una rectaespecífica, en cualquiera de las dos posibles direcciones, la posición límite es la misma, como lomuestran los ejemplos anteriores.

Una familia de rectas paralelas posee un mismo punto al infinito, correspondiente a la incli-nación de las paralelas, y podemos verlas entonces como un haz de rectas, similar a cualquierotro. El conjunto de todos los puntos al infinito será considerado como una recta adicional,llamada la recta al infinito. Se puede demostrar que la inclusión de estos conceptos no originacontradicciones con la teoría geométrica, y por lo tanto, es tan válido como agregarle irracionalesal conjunto de los racionales, para obtener así a los números reales.

Un teorema muy importante, cuyo enunciado se simplifica bastante al agregar los conceptosprevios, es el de Desargues. Antes de dar el enunciado debemos dar algunas definiciones:

Perspectiva polar. Decimos que dos triángulos △ABC, △A′B′C ′ están en perspectiva polar,si las rectas AA′, BB′, CC ′ son concurrentes. Al punto O de concurrencia lo llamamoscentro de perspectiva.

Perspectiva axial. Decimos que dos triángulos △ABC, △A′B′C ′ están en perspectiva axial,si los tres puntos de intersección J = AB ∩A′B′, K = AC ∩A′C ′, L = BC ∩B′C ′ estánalineados. A la recta común de los puntos J , K, L la llamamos eje de perspectiva.

36

Triángulos homotéticos. Decimos que dos triángulos △ABC, △A′B′C ′ son homotéticos siestán en perspectiva polar con respecto a un punto O, y además existe una constantek ∈ R, tal que se cumplen las igualdades

OA

OA′=

OB

OB′=

OC

OC ′= k.

Al número k se le denomina razón de homotecia. El concepto se puede generalizar acualquier figura geométrica.

Con las definiciones anteriores, estamos preparados para expresar el teorema de Desarguesen su forma más compacta, y añadir un corolario importante. Hay que recordar que, de ahoraen adelante, algunos puntos o rectas cuyas existencias sean aseguradas por teoremas podríanhallarse en el infinito.

Teorema de Desargues

Dos triángulos están en perspectiva polar si, y sólo si, están en perspectivaaxial.

Figura 8.3: Desargues: perspectiva axial y polar.

Corolario (homotecia) Dos triángulos △ABC,△A′B′C ′ son homotéticos si, y sólo si, tienenlados correspondientes paralelos, es decir, AB es paralela a A′B′, AC es paralela a A′C ′

y BC es paralela a B′C ′. En tal caso el eje de perspectiva es la recta al infinito.

Bibliografía

[1] Herbert W. Turnbull. The Great Mathematicians. “The World of Mathematics”, Tomo 1(1956), pp. 100-117, 133-136 (Mayo 1951).

37

[2] Jan van Yzeren. A Simple Proof of Pascal’s Hexagon Theorem. The American MathematicalMonthly, Vol. 100, No. 10, pp. 930-931 (Diciembre 1993).

[3] A. Seidenberg. Lectures in Projective Geometry. “Conics”, Capítulo VI, pp. 106-121 (Febre-ro, 1962).

[4] Modenov y Parkhomenko. Pascal’s theorem (2001).

[5] D. Adamson. Blaise Pascal: Mathematician, Physicist, and Thinker about God (1995).

[6] Catholic Encyclopedia, artículo: Blaise Pascal (1913).

[7] Milivoje Lukić. Projective Geometry. The IMO Compendium Group, Olympiad TrainingMaterials (2007).

[8] German Rincón Abella. Un Recorrido por la Geometría. (Noviembre, 1994)

[9] L. Shively. Introducción a la Geometría MOderna (año)

Sitios recomendados en Internet

[10] http://foro.mate304.org/

[11] http://www.geogebra.org/cms/index.php?lang=es

[12] http://mathworld.wolfram.com/

[13] http://www.mathlinks.ro/

38

Taller de Geometría con Trigonometría

Hugo Allan García Monterrosa

23 al 27 de noviembre de 2009

Resumen

Guatemala es un país en el que las redes de estudios no contemplan un desarrollo

total de la geometría euclidiana. En mi experiencia como concursante en olimpiadas

internacionales y como entrenador para éstas he logrado concluir, que debido a lo

poco familiarizado que está el estudiante con el tema, la geometría resulta un tema

demasiado difícil de trabajar, contrario a lo que sucede con álgebra y teoría de

números.

Es por eso que hemos tomado las fortalezas del sistema educativo para tratar de

resolver las debilidades. Para ello hemos tratado de darle un enfoque algebraico a la

geometría, usando para ello trigonometría. Cabe aclarar que no es la única forma,

ya que también se puede hacer usando algebra lineal o hasta variable compleja, pero

esta manera resulta ser la más natural. En este documento se presentarán algunos

de los resultados básicos de geometría euclidiana tratados con trigonometría.

El taller se impartió en el XIII Congreso Nacional de Matemática Educativa en

noviembre de 2009.

1. Funciones trigonométricas

Muchas veces hemos oído hablar de las funciones trigonométricas tales como seno, coseno ytangente, pero ¿Qué son las funciones trigonométricas? Para responder primero vamos a recordarlo que es una función

Definición 1. Sean S y T dos conjuntos no vacíos. Una función (también llamada mapeo) de Sa T , denotado por f : S → T , es la relación que asigna a cada s ∈ S exactamente un elementot ∈ T denotado por f(s) = t. Ahora si S′ ⊂ S entonces denotamos por f(S′) a la imagen bajof del conjunto S′, i.e., f(S′) = {f(s) : s ∈ S}. Al conjunto S se le llama dominio de f y f(S)el rango de f .

Ahora podemos proceder a definir las funciones trigonométricas. Para un ángulo θ entre 0◦

y 90◦ se definen las funciones trigonométricas para describir la medida del ángulo. Sean OA yOB dos rayos que forman un ángulo θ. Sea P un punto en el rayo OA y sea Q el pie de laperpendicular desde P hasta el rayo OB, como se indica en la figura 1.1. Entonces procedemosa definir las funciones seno(sen), coseno(cos), tangente(tan), cotangente(cot), cosecante(csc) ysecante(sec) de la siguiente manera:

sen θ =PQ

OP, csc θ =

OP

PQ,

cos θ =OQ

OP, sec θ =

OP

OQ,

tan θ =PQ

OQ, cot θ =

OQ

PQ.

39

La primera pregunta que surge luego de definir las funciones trigonométricas de esta maneraes ¿están bien definidas? es decir, ¿si tomamos otro punto P ′ y construimos Q′ en el rayo OBcomo el pie de la perpendicular desde OA, entonces las funciones trigonométricas no cambiaránde valor?

En efecto, no importa cuál sea el punto que se tome en el rayo OA para definir las funcionestrigonométricas, ya que, es fácil ver, los triángulos OPQ y OP ′Q′ son semejantes, por lo tanto,de la definición de semejanza se sigue que OP

OP ′ =OQOQ′ =

PQP ′Q′ = k.

Figura 1.1: Ángulo θ.

De donde se obtiene que OP = kOP ′, OQ = kOQ′, PQ = kP ′Q′ y por lo tanto:

sen θ =P ′Q′

O′P=

kPQ

kO′P=

PQ

OP

y lo mismo para las demás funciones trigonométricas, por lo que nuestras funciones trigonomé-tricas están bien definidas. Por otro lado es sencillo ver que sen θ, cos θ, tan θ son los recíprocosde csc θ, sec θ, cot θ respectivamente. Entonces para nuestros propósitos bastará con considerarsen θ, cos θ, tan θ. Se sigue directamente de las definiciones que:

sen θ

cos θ= tan θ.

Ahora consideremos un triángulo ABC, rectángulo en el vértice B, con lados a, b y c, dondeA, B y C representan a los ángulos CAB, ABC y BCA respectivamente, como se observa enla figura 1.2.

Entonces se tiene de las definiciones de funciones trigonométricas que:

senA =a

c, cosA =

b

c, tanA =

a

b

de donde se obtiene la siguiente identidad trigonométrica, tomando en cuenta, que por el Teoremade Pitágoras, a2 + b2 = c2:

sen2 θ + cos2 θ =a2

c2+

b2

c2=

a2 + b2

c2

esto demuestra el:

40

Figura 1.2: Triángulo ABC.

Teorema 1. Si 0◦ < θ < 90◦ entonces las siguientes relaciones son válidas:

sen2 θ + cos2 θ = 1,

1 + cot2 θ = csc2 θ,

tan2 θ + 1 = sec2 θ.

Demostración. La primera identidad quedó demostrada en el párrafo anterior, las otras dos sesiguen de dividir ambos lados de la ecuación por sen2 θ y cos2 θ, respectivamente.

Es evidente que en general, sen(a+ b) 6= sen a+ sen b si 0◦ < a+ b < 90◦ y lo mismo sucedecon las otras funciones trigonométricas. (Encuentre un contraejemplo para demostrar que lafunción seno no se distribuye respecto a la suma). Entonces nos interesa saber qué relación hayentre sen(a + b) y sen a, sen b y lo mismo para el resto de funciones trigonométricas, respuestaque viene dada por el

Teorema 2. Si a y b son tales que 0◦ < a+ b < 90◦ entonces:

sen(a+ b) = sen a cos b+ sen b cos a,

cos(a+ b) = cos a cos b− sen a sen b,

tan(a+ b) =tan a+ tan b

1− tan a tan b.

Demostración. Sea DEF un triángulo rectángulo con el ángulo DEF igual a noventa grados,DF = 1 y ∠FDE = β. Inscríbase este triángulo en el rectángulo ABCD (nótese que estosiempre es posible), como se muestra en la figura 1.3.

Ahora se harán los cálculos con los lados de este rectángulo. En el triángulo DEF tene-mos que DE = DF cosβ = cosβ y EF = DF senβ = senβ. En el triángulo ADE, AD =DE cosα = cosα cosβ y AE = DE senα = senα cosβ. Como DEF es igual a noventa grados,se sigue que ∠AED + ∠BEF = 90◦ = ∠AED + ∠ADE, entonces ∠BEF = ∠ADE = α. Enel triángulo BEF , tenemos que BE = EF cosα = cosα senβ y BF = EF senβ = senα senβ.Como AD es paralela a BC, tenemos ∠DFC = ∠ADF = α+ β.

41

Figura 1.3: Pensando en un rectángulo.

En el triángulo rectángulo CDF , CD = DF sen(α+β) = sen(α+β) y CF = DF cos(α+β) =cos(α+ β). De lo anterior se concluye que

cosα cosβ = AD = BC = BF + FC = senα senβ + cos(α+ β).

Similarmente se obtiene que:

sen(α+ β) = CD = AB = AE + EB = senα cosβ + cosα senβ

de la definición de función tangente se tiene que:

tan(α+ β) =senα cosβ + cosα senβ

cosα cosβ − senα senβ=

senαcosα + senβ

cosβ

1− senα senβcosα cosβ

=tanα+ tanβ

1− tanα tanβ.

Con lo que se demuestran las conocidas fórmulas de adición para las funciones trigonomé-tricas. A partir de ellas es fácil deducir las fórmulas de doble ángulo, triple ángulo y en generalde n-ángulo, lo cual se deja como un ejercicio al lector.

2. Ley extendida de senos

Ahora procedemos a probar la ley extendida de senos. Sea ABC un triángulo, denotamos elárea de dicho triángulo como [ABC], entonces resulta trivial que [ABC] = ab senC

2 y por simetríase sigue que:

[ABC] =ab senC

2=

bc senA

2=

ac senB

2;

dividiendo las últimas tres ecuaciones por abc2 obtenemos la ley usual de senos

senA

a=

senB

b=

senC

c.

La razón común senAa

tiene un significado geométrico especial. Sea ω el circuncírculo deltriángulo ABC, y sean O y R el centro y el radio de ω, respectivamente, como se muestra en lafigura 2.1. Entonces ∠BOC = 2∠CAB (teorema del ángulo central).

42

Figura 2.1: Circuncírculo ω de ABC.

Sea M el punto medio del segmento BC. Como el triángulo BCO, es isósceles OB = OC = Ry se sigue que OM⊥BC y ∠BOM = ∠COM = ∠CAB. En el triángulo rectángulo BMO,BM = OB senA, esto es, a

senA= 2OB = 2R, con lo que se obtiene la ley extendida de

senos. A saber, en un triángulo ABC con circunradio R,

a

senA=

b

senB=

c

senC= 2R

Una aplicación directa de la ley de senos es la demostración de el teorema de la bisectriz.

Teorema 3. Sea ABC un triángulo, y sea D un punto en el segmento BC tal que ∠BAD =∠CAD, como en la figura 2.2, entonces

AB

AC=

BD

CD.

Demostración. Aplicando la ley de senos al triángulo BAD obtenemos:

AB

senADB=

BD

senBADo

AB

BD=

senBAD

senADB

Similarmente, aplicando la ley de senos al triángulo ACD se tiene que ACCD

= senADCsenCAD

perosenBAD = senCAD ya que ∠BAD = ∠CADy senADB = senADC, de donde se sigue que

AB

AC=

BD

CD.

Este teorema puede ser extendido al caso en que AD1 es una bisectriz externa del triánguloABC, se deja esto como un ejercicio al lector.

43

Figura 2.2: Teorema de la bisectriz.

3. Áreas y teorema de Ptolomeo

Sea ABC un triángulo y sea D el pie de la perpendicular desde A a la recta BC. Entonces[ABC] = AD·BC. En general si P es un punto en el segmento BC, entonces AD = AP senAPBy con esto

[ABC] =AP ·BC senAPB

2.

Si ABCD es un cuadrilátero (no necesariamente convexo) y P la intersección de las diago-nales AC y BD, como se muestra en la figura 3.1.

Figura 3.1: Cuadriláteros.

Entonces [ABC] = AP ·BC senAPB2 y [ADC] = AC·DP senAPB

2 . Puesto que ∠APB+∠APD =

44

180◦, se sigue que senAPB = senAPD, y por lo tanto

[ABCD] = [ABC] + [ADC]

=AC senAPB

2(BP +DP )

=AC ·BD senAPB

2.

Ahora estamos en condiciones de demostrar el teorema de Ptolomeo: En un cuadriláterocíclico convexo ABCD se cumple que:

AC ·BD = AB · CD +AD ·BC.

Demostración. Hay un gran número de demostraciones para este teorema, en este curso nosotrosharemos una usando áreas. El producto AC · BD esta íntimamente relacionado con [ABCD],en efecto

[ABCD] =AC ·BD senAPB

2donde P es la intersección de las diagonales AC y BD.

Figura 3.2: Teorema de Ptolomeo.

Se necesita expresar el producto AB ·CD y AD ·BC en términos de áreas. Para hacer estoreflejamos B a través de la mediatriz de AC y sea B′ la imagen de ese punto bajo la reflexión.

Entonces es fácil ver que el cuadrilátero ABB′C es un trapecio isósceles con BB′ paralelo aAC, AB = CB′ y AB′ = CB, y nótese que B′ está en el circuncírculo de ABCD. Mas aún el arcoAB es igual al arco CB′ y por lo tanto [ABC] = [AB′C], por otro lado ∠B′AD = ∠APB. ComoAB′CD es cíclico y ∠B′AD + ∠B′CD = 180◦, entonces senB′AD = senB′CD = senAPB ypor simetría se tiene que:

[ABCD] = [ABC] + [ACD] = [AB′C] + [ACD] = [AB′CD]

=1

2AB′ ·AD senB′AD +

1

2CB′ · CD senB′CD

=1

2senAPB(BC ·AD +AB · CD)

45

Por lo tanto se obtiene que

1

2AC · CD senAPB =

1

2senAPB(BC ·AD +AB · CD)

con lo que concluye la prueba.

Bibliografía

[1] Andreescu, Titu. 103 Trigonometry Problems: From the Training of the USA IMO team.EUA: Editorial Birkhauser, 2005.

[2] Arthur Engel. Problem Solving Strategies. New York: Editorial Springer-Verlag, SegundaEdición, 1998.

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Talleres de Combinatoria y Teoría de Números

José Carlos Bonilla

23 al 27 de noviembre de 2009

Resumen

Este es el material impartido en el curso “Resolución de problemas de olimpia-

das nacionales e internacionales de matemática”, en las ramas de Combinatoria y

Teoría de Números, durante el XIII Congreso Nacional de Matemática Educativa en

noviembre de 2009. Decidí adentrarme más en el ámbito internacional, lo que espero

no causará ningún disgusto a los lectores. Elegí un único tema de cada rama, para

poder tratarlo de manera más detallada.

1. Combinatoria:–el principio de las casillas–

El principio de las casillas, también llamado principio de los palomares, o bien principio deDirichlet, es una herramienta matemática de conteo, de gran utilidad en la demostración deteoremas y solución de problemas de diversas dificultades. Se cree que el matemático alemánJohann Peter Dirichlet fue el primero en enunciarlo formalmente y emplearlo como una técnicade demostración. En su forma más elemental dice lo siguiente:

Si se colocan m objetos en n casillas, con la posibilidad de que algunas casillasqueden vacías y algunas tengan más de un objeto, y si m > n, entoncesexistirá al menos una casilla con más de un objeto.

Por simple que parezca a primera vista, tiene usos de lo más variados en muchas ramas dela matemática, principalmente en teoría de números, combinatoria, y geometría combinatórica.Son precisamente su apariencia sencilla e intuitividad las que le han dado su lugar como una delas herramientas más importantes para un competidor de olimpiadas internacionales.

Introduciremos ahora una notación conveniente para realizar un refinamiento técnico delprincipio. Si x es un número real, definimos

⌈x⌉ := mín{y ∈ Z : y ≥ x} ⌊x⌋ := máx{y ∈ Z : y ≤ x}

Básicamente consisten en redondear hacia arriba y hacia abajo, respectivamente, al númeroreal x. Empleando esta notación, el principio de las casillas refinado dice:

Si se colocan m objetos en n casillas, con la posibilidad de que algunas casillasqueden vacías y algunas tengan más de un objeto, entonces existe al menosuna casilla con al menos ⌈m

n⌉ objetos, y además, existe al menos una casilla

con no más de ⌊mn⌋ objetos.

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1.1. Ejemplos

• Un barril contiene canicas, cada una de ellas siendo de un color de entre veinte posiblescolores. Si el barril contiene originalmente miles de canicas de cada color y si con unavenda en los ojos retiro 501 canicas del barril, ¿Se puede asegurar que entre las retiradashay al menos 27 que comparten un mismo color?

Respuesta: no es posible asegurarlo, pues podría tener “la mala suerte” de retirar 26 canicasde un color específico, y 25 canicas de cada uno de los otros 19 colores. Sin embargo,el principio de Dirichlet nos asegura que entre las 501 canicas retiradas hay al menos⌈50120 ⌉ = 26 canicas que comparten un mismo color, y este resultado no depende de lasuerte.

• ¿Cuántas personas se necesitan como mínimo para estar seguros que hay al menos dosque cumplen años el mismo día? ¿y para que haya al menos tres? ¿y para que haya almenos n?

Respuesta: se requieren 365 + 1 = 366 personas para asegurar que hay 2 que cumplen elmismo día, 365× 2+1 = 731 personas si queremos que al menos 3 con certeza compartancumpleaños, y en general para que al menos n personas con certeza cumplan el mismo día,se requieren 365(n− 1) + 1 personas.

• Demuestre que en un salón con n > 1 personas, existen al menos dos que tienen el mismonúmero de amigos dentro del salón. Para ello, asuma que si la persona A es amiga de lapersona B, entonces también B es amigo de A, además nadie puede ser amigo de sí mismo.

Demostración: en este tipo de problemas es fundamental determinar cuáles son las casillasy cuáles los objetos. Se propone que los objetos sean las personas (puesto que queremosprobar que al menos dos de ellas tienen una característica en común), en tanto que lascasillas deben ser los posibles valores de la característica compartida, esto es, debe haberuna casilla en la que colocaremos a las personas sin amigos, una casilla para los que tienenexactamente un amigo, una para los que tienen dos amigos, y así sucesivamente hasta laúltima casilla, en la que colocaremos a los que tienen (n− 1) amigos dentro del salón, esdecir, quienes son amigos de todos.

Lamentablemente hay n personas y también n casillas, por lo que el principio no es ini-cialmente aplicable, sin embargo basta notar que si la casilla para los que no tienen amigosestá ocupada entonces no puede estar ocupada también la casilla de los que son amigos detodos, y viceversa, por lo que a lo sumo se pueden ocupar (n − 1) casillas a la vez, y alaplicar el principio de Dirichlet concluimos que al menos dos personas ocupan la mismacasilla, es decir, tienen el mismo número de amigos.

1.2. Ejercicios

1. (Teorema de Ramsey) Demostrar que en un conjunto de 6 personas siempre hay un sub-conjunto de 3 personas tales que cada una es amiga de las otras dos, o bien un subconjuntode 3 personas tales que ningún par de ellas son amigas.

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2. Sea A un conjunto de 19 números elegidos de entre la sucesión aritmética: 1, 4, 7,. . . , 94,97, 100. Probar que no importando cuáles son los elementos de A siempre existen dos deellos que suman 104.

3. Demostrar que si tomamos (n + 1) números de entre los elementos del conjunto {1, 2, 3,. . . , 2n} siempre hay dos entre los tomados que son primos relativos.1

1.3. El principio de las casillas en Geometría

Como se ha dicho, las aplicaciones del principio de Dirichlet no dejan de sorprendernos porsu diversidad, a continuación veremos algunos ejemplos en geometría.

• En el plano se dibuja un triángulo cualquiera. Demuestre que si se dibuja una recta en elmismo plano, que no pase por ninguno de los vértices del triángulo, entonces la recta nopuede cortar a los 3 lados del triángulo.

Demostración: la recta divide al plano en dos semiplanos, uno de ellos tendrá al menos 2vértices del triángulo y el lado que une esos vértices no será cortado por la recta.

• Se eligen 10 puntos en el interior de un cuadrado de lado 3. Demuestre que al menos dosde ellos se hayan separados entre sí a una distancia menor o igual a

√2.

Demostración: en este caso subdividamos el cuadrado en 9 cuadritos de lado 1, conside-raremos el interior y borde de cada uno de ellos como una casilla. Puesto que se eligen10 puntos, al menos 2 de ellos caerán en la misma casilla, y la distancia máxima dentrode un cuadrado de lado 1 se logra en vértices opuestos, que se hallan precisamente a unadistancia de

√2, por el teorema de Pitágoras.

1.4. Ejercicios geométricos

4. En el ejemplo anterior, demostrar que hay al menos dos puntos separados a una distanciaestrictamente menor a

√2. (Note que los 10 puntos son elegidos en el interior del cuadrado

grande, y no pueden ser elegidos en el borde de éste)

5. Se eligen 5 puntos en el interior de un triángulo equilátero de lado 2. Probar que al menosdos de ellos están a una distancia estrictamente menor que 1 entre sí.

6. Un disco cerrado de radio 1 contiene 7 puntos (en su interior o borde) tales que la distanciaentre cada par de ellos es mayor o igual a 1. Demuestre que el centro del disco es uno delos 7 puntos.

1Dos números son primos relativos si su máximo común divisor es 1.

49

1.5. Problemas reto

7. (VI OMCC, Nicaragua, problema 4) Se colorean 50 de las casillas de un tablerocuadriculado de 10 × 10 de color negro, y el resto de color blanco, de manera arbitraria.Le llamamos “frontera” a cada borde de las casillas que separa una casilla negra de unablanca. Demuestre que el mínimo número de fronteras para cualquier coloración posiblees 10.

8. Dados 4 números reales no negativos arbitrarios, demuestre que existen al menos 2 deellos, digamos a y b, tales que

|a− b| ≤√3

3(1 + ab).

1.6. Biografía–Johann Peter Gustav Lejeune Dirichlet–

(Düren, actual Alemania, 13 de febrero de 1805 - Gotinga, actual Alemania, 5 de mayo de 1859)

Fue un matemático alemán al que se le atribuye la definición “formal” moderna de unafunción. Dirichlet nació en Düren, donde su padre era el jefe de la oficina de correos. Fueeducado en Alemania, y después en Francia, donde aprendió de muchos de los más renombradosmatemáticos del tiempo, relacionándose con algunos como Fourier.

Tras graduarse, fue profesor en las universidades de Breslau (1826-1828), Berlín (1828-1855)y Gotinga, en donde ocupó la cátedra dejada por Gauss tras su muerte. Sus aportaciones másrelevantes se centraron en el campo de la teoría de números, prestando especial atención al estu-dio de las series, y de hecho, desarrolló la teoría de las series de Fourier. Su primera publicacióncomprendió una demostración particular del último teorema de Fermat, para el caso n = 5, quetambién había sido hallada por Adrien-Marie Legendre, uno de sus revisores.

Dirichlet completó su propia prueba casi al mismo tiempo; más adelante completó tambiénla prueba para n = 14. Aplicó las funciones analíticas al cálculo de problemas aritméticos y esta-bleció criterios de convergencia para las series. En el campo del análisis matemático perfeccionóla definición y concepto de función, y en mecánica teórica se centró en el estudio del equilibriode sistemas y en el concepto de potencial newtoniano.

Fueron estudiantes suyos Ferdinand Eisenstein, Leopold Kronecker y Rudolf Lipschitz. Trasla muerte de Dirichlet, su amigo y colega matemático Richard Dedekind recopiló, editó y publicósus lecciones y otros resultados en teoría de números bajo el título Vorlesungen über Zahlent-heorie (Lecciones sobre Teoría de Números).

50

2. Teoría de Números:–funciones teórico-numéricas–

El concepto de número primo es de radical importancia en la teoría de números, y por añadi-dura también lo son las propiedades de la divisibilidad. Las funciones teórico-numéricas básicasestán relacionadas intrínsecamente con dichas propiedades. Las funciones teórico-numéricas engeneral, también llamadas funciones aritméticas, permiten expresar muchos de los resultadosdel estudio de los números naturales de una manera elegante, y sus propiedades asombran tantoa principiantes como a expertos en el tema.

Antes de estudiar propiamente las funciones aritméticas, desarrollemos un poco la notacióny teoría previa. Sean a, b números enteros. Escribiremos a | b siempre que a sea divisor de b, esdecir, cuando exista c entero tal que a · c = b. Si a no es un divisor de b escribimos a ∤ b. Esimportante recordar que los símbolos anteriores se usan en proposiciones, a diferencia del signode división, que es una operación. Por ejemplo, 6 | 30 es verdadero, en tanto que 30/6 es 5. Elsímbolo (a, b) denotará al máximo común divisor de a y b, en tanto que [a, b] representará elmínimo común múltiplo. Si (a, b) = 1 diremos que a y b son primos relativos.

Algunas propiedades importantes para a, b números enteros; p, q números primos:

• (a, b) = (a, b− a) = (a, b+ a)

• (a, b) · [a, b] = |a · b|

• (p, q) 6= 1 =⇒ p = q

• a < p =⇒ (a, p) = 1

A partir de ahora, todas las variables representarán exclusivamente números enteros positivos,a menos que se diga lo contrario.

2.1. Notación de sumatorias y productorias

Una sumatoria es una forma de abreviar una expresión con varios términos sumados, en laque los sumandos tienen una “forma” en común y cumplen ciertas condiciones.

∑

“condiciones”

“forma”

Ejemplos

• Suma de todos los cuadrados de los números tales que su cubo es menor a 30∑

x3<30

x2 = 12 + 22 + 32 = 14.

51

• Suma de los dobles de los divisores de 25

∑

m|25

2m = 2(1) + 2(5) + 2(25) = 62.

• Se puede mostrar que para n ∈ N, x ∈ R, x 6= 1, se tiene

∑

0≤i≤n

xi =xn+1 − 1

x− 1

que es conocida como la fórmula para series geométricas.

Sustituir el símbolo∑

por el signo de producto∏

(que no se debe confundir con el númeroπ) indica que en lugar de sumar se debe multiplicar todos los términos que tengan la formadada y cumplan las condiciones.

2.2. Primera función aritmética: τ (Tau)

Definición. Dado un entero positivo n, a la cantidad de divisores positivos de n la denotamosτ(n). Podemos escribir en notación que τ(n) := #{m ∈ N : m | n} =

∑

m|n

(1).

Fórmula. Si la factorización en números primos de n es n = pa11 · pa22 · pa33 · . . . · pakk donde lospi son los k primos distintos que dividen a n, en tanto que los ai son los exponentes respectivospara cada primo en la factorización, entonces se puede demostrar que

τ(n) = (a1 + 1)(a2 + 1)(a3 + 1) . . . (ak + 1) =∏

pa|n

pa+1∤np primo

(a+ 1)

2.3. Segunda función aritmética: σ (Sigma)

Definición. Dado un entero positivo n, σ(n) representa la suma de sus divisores positivos, estoes, σ(n) :=

∑

m|n

m

Fórmula. considerando la misma factorización en primos para n, se puede mostrar que

σ(n) =

(

pa1+11 − 1

p1 − 1

)(

pa2+12 − 1

p2 − 1

)

. . .

(

pak+1k − 1

pk − 1

)

=∏

pa|n

pa+1∤np primo

(pa+1 − 1

p− 1

)

52

2.4. Tercera función aritmética: ϕ (totiente o phi de Euler)

Definición. Para cada entero positivo n, ϕ(n) representa la cantidad de enteros positivos, me-nores o iguales a n, que son primos relativos con n. En notación, escribimos

ϕ(n) := #{x ∈ Z+ : x ≤ n, (x, n) = 1} =∑

x≤n(x,n)=1

(1)

Fórmula. Si tenemos, una vez más, la misma factorización en primos n = pa11 ·pa22 ·pa33 · . . . ·pakk ,entonces es posible demostrar que

ϕ(n) =(

pa11 − pa1−11

)(

pa22 − pa2−12

)

. . .(

pakk − pak−1k

)

=∏

pa|n

pa+1∤np primo

(pa − pa−1

)= n ·

∏

p|np primo

(

1− 1

p

)

Vale la pena agregar las definiciones de número perfecto, deficiente y abundante, quehan resultado de interés desde el tiempo de los antiguos griegos. Si n es un entero positivo talque σ(n) = 2n, decimos que n es perfecto, si σ(n) < 2n decimos que es deficiente, en tanto quesi σ(n) > 2n le llamamos abundante.

2.5. Ejemplos

• Calcular el valor de las tres funciones aritméticas básicas, para n = 6125.

Solución: la factorización en primos de 6125 es 53 · 72, así que, empleando las fórmulasdescritas anteriormente, obtenemos

τ(6125) = τ(53 · 72) = (3 + 1)(2 + 1) = 12

σ(6125) = σ(53 · 72) =(53+1 − 1

5− 1

)(72+1 − 1

7− 1

)

= 156 · 57 = 8892

ϕ(6125) = ϕ(53 · 72) = (53 − 52)(72 − 71) = 100 · 42 = 4200

• Demuestre que todos los números que sean potencias de un primo, son deficientes.

Demostración: Consideremos el número n = pa, con p primo, y a entero positivo. Sabemosque pa−1 < pa, además tenemos que p−1 ≥ 1 por ser p un primo, luego pa−1

p−1 < pa. Ahora

bien, por la fórmula de las series geométricas tenemos que pa−1p−1 = 1+ p+ p2 + . . .+ pa−1,

que sustituido en la desigualdad anterior nos da 1 + p+ p2 + . . .+ pa−1 < pa.

Sumando de ambos lados la cantidad pa obtenemos 1 + p + p2 + . . . + pa−1 + pa < 2pa.Pero los sumandos en la izquierda son precisamente los divisores de n, y así se obtieneσ(pa) < 2pa, o bien σ(n) < 2n, lo cual significa que n es deficiente.

53

2.6. Ejercicios

9. Demostrar que si n ≥ 3, entonces ϕ(n) es un número par.

10. Demostrar que todo múltiplo de seis, mayor o igual a doce, es abundante.

11. Probar que τ(n) es impar solamente si n es un cuadrado perfecto.

12. Demostrar que si n es un número perfecto, entonces∑

m|n

1m

= 2

2.7. Problemas reto

13. Demostrar que∑

m|n

ϕ(m) = n, para cualquier n.

14. Demostrar que σ(n)τ(n) ≥

√n, para cualquier n.

2.8. Biografía–Leonhard Euler–

(Basilea, Suiza, 15 de abril de 1707 - San Petersburgo, Rusia, 18 de septiembre de 1783)

Fue un respetado matemático y físico, se le considera el principal matemático del siglo XVIIIy uno de los más grandes de todos los tiempos. Vivió en Rusia y Alemania la mayor parte de suvida, y realizó importantes descubrimientos en áreas tan diversas como el cálculo o la teoría degrafos. También introdujo gran parte de la terminología y notación moderna, particularmentepara el área del análisis matemático, como por ejemplo la noción de función.

Asimismo se le conoce por sus trabajos en los campos de la mecánica, óptica y astrono-mía. Una afirmación atribuida a Pierre Simon Laplace expresa la influencia de Euler en losmatemáticos posteriores: “Leed a Euler, él es el maestro de todos nosotros”. Euler trabajó enprácticamente todas las ramas de la matemática: trigonometría, geometría, cálculo, álgebra,teoría de los números; además de varias áreas de la física. Fue uno de los matemáticos másprolíficos de la historia.

Su actividad de publicación fue incesante (un promedio de 800 páginas de artículos al año ensu época de mayor producción, entre 1727 y 1783), y una buena parte de su obra completa estásin publicar. Se le considera el ser humano con mayor número de trabajos y artículos en cualquiercampo del saber, sólo equiparable a Gauss. Si se imprimiesen todos sus trabajos, muchos de loscuales son de una importancia fundamental, ocuparían entre 60 y 80 volúmenes. Además, sólose ha estudiado aproximadamente un 10 % de sus escritos. Por todo ello, el nombre de Eulerestá asociado a un gran número de cuestiones matemáticas.

54

3. Algunas soluciones y pistas

2. Consideremos las casillas dadas por los siguientes subconjuntos: {52}, {4, 100}, {7, 97},{10, 94}, {13, 91}, {16, 88}, {19, 85}, {22, 82}, {25, 79}, {28, 76}, {31, 73}, {34, 70}, {37, 67},{40, 64}, {1}, {43, 61}, {46, 58}, {49, 55}. Hemos colocado al 1 y al 52 por separado, yaque no existe otro número (distinto) en la sucesión que sumado con ellos de 104. En totalson 18 casillas, y el conjunto A debe tener 19 elementos distintos de la sucesión, así queforzosamente se deberá elegir a dos elementos de la misma casilla (de una de las que tie-nen 2 elementos), pero cada par de números en una casilla suma 104, así que con esto seobtiene el resultado deseado.

3. Es fácil probar que si dos números son consecutivos, entonces son primos relativos. Siconsideramos las casillas {1, 2}, {3, 4}, {5, 6}, . . ., {16, 88}, {2n − 1, 2n}, en donde loshemos separado de dos en dos, vemos que tenemos precisamente n casillas. Puesto quedebemos elegir n+1 elementos, por el principio de las casillas dos de ellos pertenecerán ala misma casilla, y por lo tanto serán consecutivos.

5. (Pista) Pensar en la “trifuerza”.

6. Divídase el disco en seis sectores circulares iguales, que serán las casillas, como se muestraen la figura. Sólo uno de los dos bordes rectos pertenecerá a cada casilla (el borde punteado

en la figura pertenece a la siguiente casilla en el sentido antihorario), sin embargo, elpunto central pertenecerá a todas ellas. No hay problema con que las casillas tenganintersecciones, lo único importante es que entre todas cubran totalmente a la figura. En elborde, el punto relleno sí pertenece a la casilla, en tanto que el punto vacío pertenece a lasiguiente. Ahora bien, como hay siete puntos en el disco, forzosamente dos de ellos caeránen la misma casilla. Se puede demostrar sin mayor dificultad que la distancia máximadentro de una casilla es precisamente 1 y, gracias a la consideración del punto vacío, sólose puede obtener entre el centro y alguno de los puntos en el arco de circunferencia. Luego,uno de los dos puntos que comparten casilla debe ser el centro.

7. Es bastante fácil darse cuenta que es posible pintar el subtablero superior de 5 × 10 deblanco, y el inferior de negro, obteniendo exactamente diez fronteras a medio tablero. Loque resulta un poco más complicado es demostrar que es imposible cumplir las reglasde coloración dadas, y obtener únicamente nueve fronteras o menos. Supongamos, porreducción al absurdo, que existe una coloración que posee únicamente nueve fronteras.

55

Hay dos tipos de fronteras, las horizontales y las verticales. Aunque las nueve fronterasfueran verticales, al haber diez filas, existe al menos una fila sin fronteras verticales, y porende es monocromática.

Consideremos ahora las casillas “horizontal” y “vertical” para las nueve fronteras. Por elprincipio de las casillas, al menos una de ellas tendrá ⌈92⌉ = 5 fronteras o más. Tambiénpor el principio de las casillas hay una que posee ⌊92⌋ = 4 o menos fronteras. Sin pérdida dela generalidad, supongamos que la casilla con cuatro o menos fronteras es la “horizontal”.Entonces existen seis o más columnas que no poseen fronteras horizontales, y todas ellasse intersectan con la fila monocromática, así que las seis columnas son del mismo colorque la fila. Pero eso nos da más de 60 casillas del mismo color, lo cual contradice la reglade coloración. Todos estos argumentos se pueden “rotar”, en caso de que sea la casilla“vertical” la que tiene cuatro o menos fronteras. Naturalmente, si suponemos la existenciade una coloración con ocho o menos fronteras, los mismos argumentos funcionan.

8. (Pista) Considerar la identidad trigonométrica de suma de ángulos, para la función tan-gente.

9. Recordemos que (a, n) = (a, n − a) para cualquier a, según las propiedades del máximocomún divisor. Además si a = n − a, entonces 2a = n, lo cual implica que a | n, que asu vez implica (a, n) = a. Así que si a = n − a y además queremos que a, n sean primosrelativos, debemos tener que (a, n) = a = 1, que implica n = 2, en contradicción con lascondiciones del problema.

En consecuencia, si n ≥ 3, se cumple que si a, n son primos relativos, entonces a 6= n− a,y además 1 = (a, n) = (a, n− a), por lo que n− a, n también son primos relativos. Luego,a cada número a que sea primo relativo con n, contado por ϕ(n), lo podemos aparejar consu respectivo “simétrico” (n− a), y con esto queda demostrado que ϕ(n) es par.

12. (Pista) Multiplicar ambos miembros de la igualdad a mostrar por n. Intentar demostraresta nueva igualdad.

14. (Pista) Desigualdad de la media aritmética y la media geométrica.

56

.

Pruebas de Selección 2009

Universidad de San Carlos de GuatemalaFacultad de IngenieríaLicenciatura en Matemática Aplicada

Examen de Selección, Primera EtapaOlimpiada Matemática de Centroamérica y del Caribe

OMCC 2009, Girardot, Colombia

Instrucciones: Resuelva los siguientes problemas, dejando constancia de todo su procedimiento.No deje algo al azar, explique todos sus razonamientos de forma clara y concisa. No se permiteel uso de calculadora.

Problema 1. Se tiene un cuadrado ABCD y un punto E sobre la diagonal BD de modo queBC = BE. Se traza la perpendicular a BD que pasa por E y a su intersección con la recta CDse le llama F . Demuestre que DE = EF = FC.

Problema 2. Si p y q son números primos tales que satisfacen la ecuación pq + 1 = 8(p − q),demuestre que también satisfacen la ecuación p+ q = (p− q)3.

Problema 3. Pepito desea colocar los enteros del 1 al 9 en las casillas de un tablero cuadriculadode 3× 3, poniendo un número en cada casilla y sin repetir números, de manera que la suma delos números en cualquier fila o columna sea múltiplo de 3.¿De cuántas maneras puede colocar Pepito los números bajo esa condición?

El examen tiene una duración de 4 horas y 30 minutos.Sólo se resolverán dudas respecto a los enunciados.

Universidad de San Carlos de GuatemalaFacultad de IngenieríaLicenciatura en Matemática Aplicada

Examen de Selección, Segunda EtapaOlimpiada Matemática de Centroamérica y del Caribe

OMCC 2009, Girardot, Colombia

Instrucciones: Resuelva los siguientes problemas, dejando constancia de todo su procedimiento.No deje algo al azar, explique todos sus razonamientos de forma clara y concisa. No se permiteel uso de calculadora.

Problema 4. Se desea pintar un dado de 6 caras empleando algunos de los siguientes colo-res: cafe, amarillo, azul, verde, blanco, rojo y rosado. Se desea que los números de las caraspermanezcan visibles luego de pintar el dado y no se quiere que el dado sea todo del mismocolor.¿De cuántas maneras se puede pintar el dado bajo esas condiciones?

Problema 5. Dado un paralelogramo ABCD y una recta r que no corta a los segmentos AC yBD, se trazan las cuatro rectas perpendiculares a r que pasan por A, B, C y D, respectivamente.A sus puntos de intersección con r se les llama A′, B′, C ′ y D′, respectivamente.Demuestre que A′A+ C ′C = D′D +B′B.

Problema 6. Para cada entero positivo n se define an := n(n + 1)(n + 2) · · · (n + 2009).Demuestre que la fracción

an+1 + k

an + k

es reducible cuando k ∈ {2, 3, . . . , 2009, 2010} y es irreducible cuando k = 1, para cualquiern ∈ Z+.

El examen tiene una duración de 4 horas y 30 minutos.Sólo se resolverán dudas respecto a los enunciados.

Universidad de San Carlos de GuatemalaFacultad de IngenieríaLicenciatura en Matemática Aplicada

Examen de Selección, Primera EtapaOlimpiada Iberoamericana de Matemática

OIM 2009, Santiago de Querétaro, México

Instrucciones: Resuelva los siguientes problemas, dejando constancia de todo su procedimiento.No deje algo al azar, explique todos sus razonamientos de forma clara y concisa. No se permiteel uso de calculadora.

Problema 1. En cada cara de un cubo se coloca un entero positivo. Se coloca en cada vérticeel producto de los números de las caras que comparten ese vértice. Si la suma de los númerosde los vértices da 10754, ¿Cuánto da la suma de los números de las caras?

Problema 2. Un conjunto de números reales se llama libre de sumas si el conjunto no contienenúmeros x, y, z tales que x + y = z. Determine el máximo valor posible de la cardinalidad deun subconjunto libre de sumas del conjunto {1, . . . , 2n+ 1}.

Problema 3. Sea ABC un triángulo, I su incentro y O su circuncentro. Suponga que ∠AIO =90◦ y ∠CIO = 45◦. Hallar el valor de AB

BC, ABCA

y BCCA

.

El examen tiene una duración de 4 horas y 30 minutos.Sólo se resolverán dudas respecto a los enunciados.

Universidad de San Carlos de GuatemalaFacultad de IngenieríaLicenciatura en Matemática Aplicada

Examen de Selección, Segunda EtapaOlimpiada Iberoamericana de Matemática

OIM 2009, Santiago de Querétaro, México

Instrucciones: Resuelva los siguientes problemas, dejando constancia de todo su procedimiento.No deje algo al azar, explique todos sus razonamientos de forma clara y concisa. No se permiteel uso de calculadora.

Problema 4. Demostrar que la suma de los números mayores o iguales que 1, menores o igualesque n y que son primos relativos con n es

n · ϕ(n)2

.

Problema 5. Dado el triángulo ABC, M es la intersección de la bisectriz del ángulo en C conla perpendicular a dicha bisectriz que pasa por B, K es el punto de contacto del incírculo deltriángulo ABC con el lado BC. Si el ∠BAC es igual a α, hallar ∠MKB en términos de α.

Problema 6. Encuentre el mínimo valor que puede tomar x2 + y2 + z2 donde x, y, z sonnúmeros reales tales que x3 + y3 + z3 − 3xyz = 1.

El examen tiene una duración de 4 horas y 30 minutos.Sólo se resolverán dudas respecto a los enunciados.

Universidad de San Carlos de GuatemalaFacultad de IngenieríaLicenciatura en Matemática Aplicada

Examen de Entrenamiento en GeometríaJunio del 2009

Instrucciones: Resuelva los siguientes problemas, dejando constancia de todo su procedimiento.No deje algo al azar, explique todos sus razonamientos de forma clara y concisa. No se permiteel uso de calculadora.

Problema. Sea ABC un triángulo con ángulos de 80◦ y 60◦ en A y en B respectivamente.

1. Sea F un punto sobre el segmento AB tal que CF es bisectriz del ángulo BCA. Demuestreque CF = b.

Nota: Como de costumbre, las longitudes de los segmentos BC, CA y AB se denotan cona, b y c respectivamente.

2. Sea D un punto sobre el segmento BC tal que AD es bisectriz del ángulo CAB. Demuestre

que AD =ab

b+ c.

3. Sea I la intersección de las rectas CF y AD, y E la intersección de las rectas BI y CA.

Demuestre queBI

BE=

c

a.

4. Sea M la intersección de la recta CA con una circunferencia de diámetro AB. Demuestre

que AM =c2

2(a+ b).

5. Sea H un punto en la recta BM tal que CH ⊥ AB y sea O el conjugado isogonal de Hpara el triángulo ABC. Demuestre que el circuncentro del triángulo IHO es la intersecciónde la mediatriz del segmento CA con la bisectriz del ángulo ABC.

6. Determine los ángulos del triángulo IHO.

7. Demuestre que el centroide, el incentro y el ortocentro del triángulo IHO están sobre larecta BI.

8. Demuestre que OH =Rc

a+ b, donde R es el circunradio del triángulo ABC.

9. Sean S, T , U y V las intersecciones del circuncírculo del triángulo ABC respectivamentecon la recta BH, la recta BO, la bisectriz del ángulo IBO y la bisectriz del ángulo HIB.Demuestre que el cuadrilátero STUV es un trapecio isósceles.

El examen tiene una duración de 4 horas y 30 minutos.Sólo se resolverán dudas respecto a los enunciados.

1. Soluciones de las pruebas de selección OMCC

1.1. Solución al problema 1

Primero probamos que DE = EF . El triángulo CDB es isósceles y rectángulo, entoncescada ángulo agudo mide 45◦. Ahora el triángulo FDE es rectángulo en E y con 45◦ en D, asíque el ángulo en F es de 45◦ y FDE es isósceles con DE = EF . Ahora probamos que EF = FC.Se traza la circunferencia con centro en B que pasa por E y C, lo cuál es posible gracias a queBE = BC. Los segmentos EF y FC son perpendiculares a los radios BE y BC por tanto sonlas dos tangentes a dicha circunferencia que pasan por F . Así que EF = EC por ser tangentesa una circunferencia por un mismo punto.1 En conclusión DE = EF = FC.

1.2. Solución al problema 2

Primera solución

La ecuación pq + 1 = 8(p − q) se reescribe como p(q − 8) = −8q − 1. El miembro derechode esta última ecuación es negativo, así que el miembro izquierdo también, esto implica queq − 8 es negativo. Ahora los posibles valores de q son 2, 3, 5 y 7, que son los primos menoresque 8. Al sustituir cada uno de estos valores en la ecuación encontramos los respectivos posiblesvalores de p: 17

6 , 5, 413 y 57. De ahí que la única solución posible es q = 3 y p = 5, pues los otros

candidatos para p no satisfacen la condición de ser primos. En resumen, si p y q son primos talesque pq + 1 = 8(p− q) se debe tener que q = 3 y p = 5. Es fácil comprobar que con esos valoresse tiene p+ q = 8 = (p− q)3, y el problema queda resuelto.

Segunda solución

La ecuación pq+1 = 8(p−q) se puede escribir como pq−8p+8q−64 = −65. Factorizando loanterior resulta (p+8)(q−8) = −65, o como producto de dos factores positivos 65 = (p+8)(8−q).La ecuación anterior se lee : “p+8 y 8−q” son dos enteros positivos cuyo producto es 65. Ademásuno de los factores es mayor que 8 y el otro es menor 8. Teniendo en mente los divisores de 65se establecen dos casos: que p + 8 y 8 − q sean 65 y 1, respectivamente, o bien, que sean 13 y5, respectivamente. El primer caso es imposible porque p debería ser 57, que no es un número

1El argumento de las tangentes no es más que un resumen de que los triángulos BEF y BCF son congruentes.

primo. En el segundo caso resulta que p = 5 y q = 3. Ahora se concluye como en la primerasolución.

1.3. Solución al problema 3

La idea de la solución es simplificar el conteo asociando a cada número con su residuo aldividirlo entre 3. De este modo en lugar de colocar los números entre 1 y 9 en el tablero secolocarán los números 1, 2, 0, 1, 2, 0, 1, 2 y 0, que son los residuos correspondientes a losnúmeros entre 1 y 9, al dividirlos entre 3. Esto resulta conveniente por dos razones. La primera,que se reduce la cantidad de objetos distintos para contar. La segunda, mucho más importante,es la que garantiza que el método es válido: para saber si la suma de ciertos números es múltiplode 3, sólo necesitamos saber si 3 divide a la suma de los residuos que dejan estos números, aldividirlos entre 3. Por ejemplo la suma 5 + 6 + 8 no es múltiplo de 3 porque la suma de losresiduos 2 + 0 + 2 no es múltiplo de 3. Recíprocamente dados tres números que dejan residuos2, 0 y 2 al dividirlos entre 3, su suma no puede ser múltiplo de 3 sin importar qué números son.

La estrategia a seguir tiene dos partes. La primera es determinar de cuántas maneras sepueden colocar los residuos ya mencionados en el tablero, de modo que la suma en cada fila ycolumna sea múltiplo de tres. A una de estas configuraciones le llamaremos molde. La segundaes determinar de cuántas maneras se pueden colocar los números del 1 al 9 en un molde dado,si sustituimos los residuos del molde por números que dejen esos residuos. Por lo dicho en elpárrafo anterior, esto solucionará el problema completamente.

Comenzamos contando los moldes por casos, según la posición de los residuos 0.

Caso 1. Moldes que tienen dos ceros en una misma fila o columna.

Note que una fila o columna con dos casillas 0 tiene que tener las tres casillas de esa fila ocolumna con un 0, pues no hay otra manera de que la suma de los residuos en las tres casillassea múltiplo de 3. Así, previo a colocar los residuos 1 y 2, vemos 6 posibles colocaciones de latripleta de ceros, una por cada fila o columna, ahora hay que terminar de llenar estos moldes.Dado un molde con una fila de ceros, sus otras filas también deben contener un sólo tipo deresiduo. De otro modo una de las otras filas tendría dos números 1 y un número 2, y la sumaen esa fila no sería múltiplo de 3. Así que si una fila tiene sólo ceros, hay únicamente dosmaneras de terminar de llenar el molde, pues se debe elegir de entre las otras dos filas, cuálde ellas tendrá solamente unos, y los tres residuos 2 quedan constreñidos a la fila restante. Elmismo razonamiento funciona para un molde con una columna llena de ceros. En total se tienen6× 2 = 12 moldes dentro del caso 1.

Caso 2. Moldes que no entran en el Caso 1

Como una extensión a lo que se dijo en el Caso 1, veamos que una fila o columna que tiene dosnúmeros iguales debe tener el tercero igual también. Ahora contaremos los moldes con sus tresnúmeros 0 en filas y columnas distintas. En otras palabras contaremos moldes en los cuales cadafila y cada columna tiene exactamente un número 0. Esto implica que ninguna fila o columnapuede tener dos números iguales, de lo contrario tendría tres números iguales. Tales tres númerosno podrían ser 0 por la restricción del Caso 2, tampoco podrían ser distintos de cero pues dichacolumna o fila no tendría espacio para el número 0 que el Caso 2 requiere que tenga. Por tanto, elCaso 2 cuenta moldes que tienen exactamente un cero, un uno, y un dos en cada fila y columna.

Todos estos moldes satisfacen la condición pedida por el problema pues la suma en cada fila ocolumna es 3.

En uno de estos moldes, hay 3! = 6 maneras de llenar la primera fila (formas de ordenar losnúmeros 0, 1, 2 en ella). Luego de esto, en la segunda fila el 0 sólo tiene dos opciones y para cadaopción el 1 y el 2 quedan determinados. La tercera fila queda totalmente determinada despuésde esto. Así que sólo hay 6× 2 = 12 moldes dentro del Caso 2.

Concluimos que hay 24 moldes distintos. Ahora contemos las formas de llenar cada moldecon los dígitos. Note que dado un molde con tres números 0, tres números 2 y tres números 1,el problema de colocar los dígitos en él se reduce a colocar los tres números que dejan residuo0, cada uno en alguna de las tres casillas que tienen escrito el 0 en el molde (son las tres casillasreservadas para múltiplos de 3). Análogamente para colocar los tres números que dejan residuo1 y los tres que dejan residuo 2. Concluimos que hay 3! × 3! × 3! = 216 maneras distintas dellenar un molde. Así que en total tendríamos 24× 216 = 5184 maneras de colocar los númerosen el tablero bajo la condición pedida. Sólo hace falta notar que dos moldes distintos no puedengenerar configuraciones iguales de los dígitos en el tablero.

En efecto, si dos moldes son distintos tienen alguna casilla con residuos distintos, y nopodríamos colocar el mismo dígito en ambos moldes en esa casilla, pues cada número tiene unúnico residuo al dividirlo entre 3. Finalmente, Pepito puede llenar su tablero como lo desea de5184 maneras distintas.

1.4. Solución al problema 4

Primero aclaremos que coloraciones vamos contar. El hecho de que los números del dadoqueden visibles sólo es una manera de decir que en las coloraciones que contaremos importa,además de los colores que se usen, el lado del dado donde se utilice cada color. Por ejemplo,hay seis maneras diferentes de pintar el dado con cinco caras azules y una cara roja, paradiferenciarlas podemos simplemente ver el número que tiene la cara en rojo. Esto es importantepues si cubriésemos los números en el dado al pintarlo, podríamos interpretar que hay una solamanera de pintar el dado con cinco caras azules y una cara roja, pues no podríamos diferenciardos dados cuyas caras rojas tenían escritos números distintos, los dados se verían idénticos.En resumen, una de nuestras coloraciones no es más que una manera de colocar 6 objetos, deentre 7 distintos disponibles, en 6 lugares distintos, con posibles repeticiones. El conteo de éstascoloraciones es 76, el número de permutaciones con repetición de 7 objetos en 6 espacios. Sinembargo, debemos excluir aquellas coloraciones donde el dado tiene un solo color, 7 en total.Así que hay 76 − 7 maneras de pintar el dado bajo las condiciones pedidas.

1.5. Solución al problema 5

Primera solución

La identidad que queremos demostrar nos da una pista de cómo proceder: A′A + C ′C =B′B+D′D. Tracemos la recta perpendicular a r que pasa por el punto J , la intersección de lasdiagonales del paralelogramo, y a su punto de intersección con r llamémoslo J ′. Note que loscuadriláteros A′ACC ′ y B′BDD′ son trapecios y que J es el punto medio de sus lados AC yBD. Así que el segmento J ′J es base media de A′ACC ′ pues pasa por el punto medio de uno

de sus lados y es paralelo a las bases A′A y C ′C. Por la misma razón, J ′J es base media deB′BDD′ también. De esto se deduce que J ′ es el punto medio de A′C ′ y B′D′, los otros ladosde ambos trapecios. Ahora sólo hay que aplicar el hecho de que en un trapecio la suma de lasbases es dos veces la base media, y se obtiene el resultado.

A′A+ C ′C = 2J ′J = B′B +D′D.

Figura 1.1: Primera solución

Segunda solución

Considere el pentágono JAA′D′D. Considere la rotación de 180◦ del pentágono haciendocentro en J . El punto D cae sobre B, pues D, B y J son colineales y JD = JB. Por unarazón similar el punto A cae sobre C. Sea Y el punto donde cae A′ y X el punto donde caeD′. Se deduce2 que el pentágono JAA′D′D (vértices, lados e interior) cae sobre el pentágonoJCY XB. Como la rotación es de 180◦ se tiene que CY ‖ AA′, Y X ‖ A′D′ y XB ‖ D′D. Asíque C ′CY XBB′ es un rectángulo.

Como el rectángulo tiene lados opuestos iguales se puede deducir el resultado de la siguientemanera.

A′A+ C ′C = Y C + C ′C = C ′Y = B′X = B′B +BX = B′B +D′D.

Figura 1.2: Segunda solución

2Ésta es la propiedad de la rotación de conservar distancias y ángulos.

Nota. Aparentemente no hemos usado la condición de que r no corte a los segmentos ACy BD. Sin embargo, está presente en los dibujos usados y en este caso los dibujos condujeronseriamente la demostración. Además, el resultado no siempre es verdadero si ignoramos esacondición como muestra el ejemplo en la figura 1.3, donde r sí intersecta a dichos segmentos.Se trazaron SC y TD paralelos a r con S en la recta A′A y T en la recta B′B. Se tiene queSA = A′A+C ′C y TB = B′B+D′D. Claramente SA es menor que TB. Se recomienda al lectorverificar por qué ninguna de las soluciones presentadas es válida en este caso. Adicionalmente sele reta a demostrar que el resultado verdadero en este caso es que |D′D−B′B| = |C ′C −A′A|.

Figura 1.3:

1.6. Solución al problema 6

Primero probamos que para k = 2, 3, . . . , 20010 la fracción es reducible. Sólo hay que demos-trar que el numerador, an+1+k, y el denominador, an+k, tienen un factor común mayor que 1,para cada entero positivo n. Se probará que k es factor común del numerador y el denominador.Note cada término de la sucesión es el producto de 2010 enteros consecutivos, así que cadatérmino es múltiplo de k. En efecto, cada k enteros consecutivos hay un múltiplo de k, y comok es menor o igual que 2010, habrá al menos un múltiplo de k entre los enteros consecutivosfactores de an. Así que para cada n los números an+1 y an son múltiplos de k, para cualquierk = 2, 3, . . . , 2010. De ahí se sigue que an+1+k y an+k son múltiplos de k, pues la suma de dosmúltiplos de k también es un múltiplo de k (teniendo en mente que k es múltiplo de k). Estoprueba la primera parte.

Ahora, para probar que la fracción es irreducible cuando k = 1, hay que probar que paratoda n el numerador y denominador no pueden tener un divisor mayor que 1 en común. Sead un entero positivo que divida a an+1 + 1 y an + 1 (tal d existe, por ejemplo d podría ser1), para alguna n. Vamos a probar que la única opción es d = 1. La idea es la misma, que alsumar (o restar) múltiplos de d resulta un múltiplo de d. Note que los enteros n(an+1 + 1) y(an + 1)(n + 2010) son múltiplos de d así que su diferencia es un múltiplo de d. Utilizando ladefinición de los términos en la sucesión se obtiene lo siguiente.

(an + 1)(n+ 2010) = n(n+ 1) · · · (n+ 2009)(n+ 2010) + (n+ 2010)

yn(an+1 + 1) = n(n+ 1) · · · (n+ 2009)(n+ 2010) + n.

Así que (an + 1)(n+ 2010)− n(an+1 + 1) = 2010, y d es divisor de 2010. Como 2010 es divisorde an (por lo dicho en el párrafo anterior) se sigue que d es divisor de an. Ahora los dos númerosan y an + 1 son múltiplos de d, también lo es su diferencia. Es decir que 1 = (an + 1) − an esmúltiplo de d, esto sólo puede suceder si d = 1. Esto demuestra lo que se quería.

2. Soluciones de las pruebas de selección OIM

2.1. Solución al problema 1

Sean x1, x2 y x3 los tres números en alguna terna de caras que comparten un vértice y seany1, y2 y y3 los números en las caras opuestas respectivamente. Por inspección se ve que la sumade los valores en los vértices es

x1x2x3 + x1x2y3 + x1y2x3 + x1y2y3 + y1y2y3 + y1y2x3 + y1x2y3 + y1x2x3 = 10574 (2.1)

Lo anterior se factoriza como (x1 + y1)(x2 + y2)(x3 + y3) = 2 · 19 · 283. En el lado izquierdo haytres factores enteros mayores que 1 y en el lado derecho hay tres factores primos. Así se debetener que los tres números x1 + y1, x2 + y2 y x3 + y3 son los tres números 2, 19 y 283 en algúnorden. Por tanto la suma de los números en las caras del cubo es x1 + y1 + x2 + y2 + x3 + y3 =2 + 19 + 283 = 304.

Se invita al lector a meditar sobre la simetría del cubo y la simetría de la expresión en (2.1).

2.2. Solución al problema 2

Para cada n sea mn la máxima cardinalidad de un conjunto libre de sumas que es subconjuntode An = {1, 2, . . . , 2n + 1}. Comenzamos la solución experimentando con valores pequeños den. La Tabla 2.1 muestra los valores de mn para algunos valores de n. Es recomendable queal experimentar se demuestren los resultados particulares, por ejemplo, demostrar que el valorde m4 es 5. Aún si esto no se logra, y sólo se obtuviesen posibles valores de mn, siemprese recomienda la experimentación para darse una idea de como se comporta el problema. Elbrillante matemático alemán David Hilbert solía decir: si uno no ha logrado resolver un problemade matemática, es simplemente porque no ha hecho suficientes ejemplos.

n 1 2 3 4mn 2 3 4 5

Cuadro 2.1: Ejemplos pequeños

Los resultados en la tabla sugieren la conjetura mn = n + 1. Para probar la conjetura hayque mostrar que existe un subconjunto libre de sumas de An con n+ 1 elementos. Además hayque demostrar que no existe un subconjunto de An con más de n + 1 elementos, que sea librede sumas. La primera parte es sencilla. Considere por ejemplo el conjunto de todos los númerosimpares en An. Es un subconjunto con n+ 1 elementos y como la suma de dos impares es par,resulta ser libre de sumas. Otro ejemplo es el conjunto de los n + 1 elementos más grandes enAn, es decir {n + 1, . . . , 2n + 1}. La suma de cualesquiera dos de sus elementos es mayor que2n+ 1, así que también resulta ser libre de sumas.

La segunda parte es más interesante. Supongamos por el absurdo1 que para algún enteropositivo n > 1 nuestra conjetura es falsa. Es decir, supongamos que An = {1, 2, . . . , 2n + 1}tiene un subconjunto, B, libre de sumas con más de n + 1 elementos, para algún n > 1. Lasiguiente partición de An en n+ 1 conjuntos muestra que B tiene dos elementos cuya suma es2n+ 1, por el principio de las casillas.

{1, 2n}, {2, 2n− 1}, . . . , {n, n+ 1}, {2n+ 1}.

Las casillas son los n + 1 conjuntos anteriores y los objetos a colocar en la casillas son los(al menos) n+ 2 elementos de B. Así que dos elementos de B están en una misma casilla. Sólofalta notar que las parejas de elementos en una misma casilla tienen suma 2n + 1. Como B eslibre de sumas se deduce que 2n+ 1 /∈ B. Así que los elementos de B están en {1, 2, . . . , 2n}.

Un argumento similar muestra que B tiene dos elementos cuya suma es 2n. Los objetosa poner en las casillas siguen siendo los elementos de B, las casillas son los siguientes n + 1conjuntos.

{1, 2n− 1}, {2, 2n− 2}, . . . , {n− 1, n+ 1}, {n}, {2n}.

Como B tiene al menos n + 2 elementos, dos de ellos deben estar en una misma casilla.Como cada pareja de elementos en una misma casilla suma 2n y B es libre de sumas, se sigueque 2n /∈ B. Así que B ⊂ {1, 2, . . . , 2n − 1} = An−1. En particular se deduce que An−1 tieneun subconjunto libre de sumas con más de n elementos (recuerde que nuestra conjetura predicemn−1 = n).

En resumen, los párrafos anteriores dicen: si nuestra conjetura es falsa para cierto enteropositivo mayor que 1, debe ser falsa para el entero positivo anterior. Iterando el argumento sededuce que nuestra conjetura es falsa para el anterior del anterior, etc. Eventualmente se llegaríaa la conclusión de que nuestra conjetura es falsa para n = 1, lo cual es mentira, pues no existeun subconjunto de A1 con más de dos elementos que sea libre de sumas.2

Nota. Suponer que nuestra conjetura es falsa nos llevó a algo absurdo. Por tanto debe serverdadero que mn = n+ 1, para todo entero positivo n. La conjetura es ahora un teorema.

2.3. Solución al problema 3

Por suma de ángulos en el triángulo CIA se tiene3

180◦ = ∠CIA+A

2+

C

2= (45◦ + 90◦) +

A

2+

C

2. (2.2)

Así que A + C = 90◦ y por suma de ángulos en el triángulo ABC se sigue que B = 90◦.Ahora podemos aplicar el teorema de Pitágoras, lo cual es importante porque nos interesanciertas relaciones entre los lados del triángulo.

c2 + a2 = b2 (2.3)

1Aquí inicia una reducción al absurdo.2Aquí termina la reducción al absurdo.3Como de costumbre denotamos la medida a los ángulos del triángulo ABC con A, B y C, y la medida de

sus respectivos lados con a, b y c.

Además como el triángulo es rectángulo, el circuncentro O es el punto medio del lado CA. SeaJ el punto de intersección de AI con BC. Los triángulos OIC y JIC resultan congruentes porcriterio ala.

∠OIC = ∠JIC = 45◦,∠ICO = ∠ICJ =C

2IC = IC Es decir, comparten un lado.

Aplicamos el teorema de la bisectriz al ángulo A.

BA

AC=

BJ

JC,

pero BJ = BC − JC y por la congruencia JC = b2 . Al sustituir esto en la ecuación del teorema

de la bisectriz se obtienec

b=

a− b2

b2

. (2.4)

Las ecuaciones (2.3) y (2.4) forman un sistema con dos ecuaciones y tres variables. Enprincipio no podemos hallar su solución. Lo bueno es que la solución no nos interesa, sólo lasrazones entre los lados. Haciendo el cambio de variable y = a

by x = c

bel sistema se puede

reescribir así

x2 + y2 = 1,

x = 2y − 1.

A partir de esto se obtienen los valores ab= y = 4

5 ,bc= 1

x= 3

5 y ca= x

y= 3

4 y el problema(casi) está resuelto.

Intencionalmente se dejó un detalle para el final. En la ecuación (2.2) se escribió ∠CIA =45◦ + 90◦ = ∠CIO + ∠OIA. Sin embargo esto es cierto sólo si el segmento IO está dentro delángulo CIA. En otras palabras, debe cumplirse que ∠CIA ≥ ∠OIA = 90◦. Esto es verdadporque ∠CIA = 180◦ − (A2 + C

2 ) y A+ C < 180.

2.4. Solución al problema 4

Dado un entero n > 1 sean a1, a2, . . . , am los enteros positivos menores o iguales que n yprimos relativos con n, y sea S su suma. Por definición m = ϕ(n). Note que n − ai es primo

relativo con n para cada i = 1, 2, . . . ,m. En efecto, cualquier factor en común que tenga con nlo tendrá en común con ai = n− (n− ai) y el único factor común entre n y ai es 1. Así que losm números distintos n− a1, n− a2, . . . , n− am son los mismo a1, a2, . . . , am, en algún orden. Sesigue que 2S es la suma de los todos los ai con todos los n− ai.

2S = S + S = (a1 + a2 + · · ·+ am) + ((n− a1) + (n− a2) + · · ·+ (n− am))

= (a1 + (n− a1)) + · · ·+ (am + (n− am))

= n+ n+ · · ·+ n︸ ︷︷ ︸

m veces

Por tanto 2S = nm = nϕ(n), que es lo que buscábamos.

2.5. Solución al problema 5

Sea I el centro de la circunferencia inscrita en el triángulo ABC, es decir el punto deintersección de las bisectrices. Observamos que I está entre A y M porque ∠AIB > 90◦ =∠AMB. La demostración se encuentra al final de la solución al problema 3 de este examende selección. Esto asegura que los vértices K y M del cuadrilátero BMIK son opuestos. Estecuadrilátero resulta ser cíclico, la suma de dos de sus ángulos opuestos es 180◦ porque los ángulosen K y en M son rectos, en K por ser el ángulo entre el radio IK y la tangente KB, y en Mpor construcción. La posición de I garantiza además que los puntos K e I están en un mismosemiplano respecto de la recta BM , y gracias a que BMKI es cíclico se obtiene ∠BKM =∠BIM . Pero el ángulo BIM es ángulo exterior del triángulo AIB, así que ∠BIM = A

2 + B2 .

Como A+B = 180− C = 180− α se puede expresar ∠BKM en función de α.

Figura 2.1: Problema 5

2.6. Solución al problema 6

La idea es relacionar x2 + y2 + z2 con x3 + y3 + z3 − 3xyz haciendo uso de las funcionessimétricas elementales s = x+ y + z y t = xy + yz + zx. No es difícil verificar que

x2 + y2 + z2 = s2 − 2t (2.5)

Haciendo uso de la ecuación (2.5) y de la conocida factorización

x3 + y3 + z3 − 3xyz = (x+ y + z)(x2 + y2 + z2 − xy − yz − zx)

se obtiene quex3 + y3 + z3 − 3xyz = s(s2 − 3t)

Ahora la condición dada se puede reescribir como

s(s2 − 3t) = 1 (2.6)

Si despejamos t en la ecuación (2.6) y sustituimos en la ecuación (2.5) obtenemos

x2 + y2 + z2 =s2

3+

2

3s

Hemos simplificado enormemente el problema pues en lugar de minimizar una función de tresvariables ahora hay que minimizar una función de una sola variable.4 La figura 2.2 muestra elcomportamiento de la función f(s) = s2

3 + 2s

cuando s varía en los reales. Vemos que cuandof(s) es decreciente en (−∞, 0) y que f(s) tiende a −∞ cuando s se acerca a 0 por la izquierda.También vemos que f(s) es creciente a partir de cierto valor positivo de s y que tiene un mínimolocal para algún s en (0, 2). Ahora, para responder al problema sólo debemos saber que valorespuede tomar s.

Figura 2.2:

Probaremos que s > 0. Para ello usamos la ecuación (2.6) y el hecho de que s2 − 3t > 0. Ladesigualdad s2 − 3t ≥ 0 se puede comprobar mediante la identidad

s2 − 3t =(x− y)2 + (y − z)2 + (z − x)2

2≥ 0

y en este caso, por la ecuación (2.6), s2 − 3t no puede ser 0. Entonces el otro factor de esaecuación debe ser también positivo (por estar igualado el producto a 1), esto es, se debe teners > 0. Ahora podemos aplicar la desigualdad entre la media aritmética y geométrica para lostres números positivos a = s2 y b = c = s−1.

f(s) =a+ b+ c

3≥ 3

√abc = 1.

Entonces f(s) ≥ 1 con igualdad sólo cuando a = b = c, es decir sólo cuando s = 1. Hemosprobado que el mínimo local que se observa en la gráfica es el punto (1, 1), pero aún no sabemos

4En problemas de olimpiada, rara vez puede reducirse una desigualdad en varias variables a una desigualdaden una variable.

si s puede tomar el valor 1. Basta con un ejemplo para probar que s si puede ser 1: se puedetomar x = 1 y y = z = 0, ya que satisfacen la condición pedida.

En conclusión, 1 es el valor mínimo de x2+y2+z2, bajo la condición x3+y3+z3−3xyz = 1y lo toma sólo cuando x+ y+ z = 1. El problema ya está resuelto, a pesar de ello, en problemasde olimpiada, se acostumbra dar todos los valores de las variables en los casos de igualdad. Esdecir, dar todos los posibles valores de x, y y z de tal modo que x2 + y2 + z2 = 1. Lo másconveniente es simplemente decir que se necesita x + y + z = 1 y xy + yz + zx = 0, que es loque resulta de sustituir s = 1 en la ecuación (2.6). El lector interesado puede verificar que lascondiciones x+ y + z = 1 y xy + yz + zx = 0 son equivalentes a las siguientes dos condiciones,probablemente más explícitas.

1

3≤ x ≤ 1

z e y son la raíces de la ecuación u2 + (x− 1)u+ x2 − x = 0.

3. Soluciones de la prueba de geometría

3.1. Solución al inciso 1

Se demostrará que el triángulo AFC es isósceles con CA = CF . El ángulo en C es de 40◦,por suma de ángulos internos del triángulo ABC. De ahí, el ángulo FCA mide 20◦ porque CFes bisectriz, se sigue que el ángulo AFC mide 80◦ (al igual que el ángulo CAF ), por suma deángulos internos del triángulo AFC. Así que el triángulo AFC es isósceles y sus ángulos igualesse oponen a los lados CA y CF .

3.2. Solución al inciso 2

Por el teorema de la bisectriz se tiene que

BD

DC=

c

b.

Además, BD+DC = a y tenemos un sistema de dos ecuaciones en las variables BD y DC. Alresolver para DC se obtiene

DC =ab

b+ c.

Con esto, sólo hace falta probar que el triángulo ADC es isósceles con AD = DC y elproblema estará resuelto. En dicho triángulo se tiene ∠CAD = 40◦, porque AD es bisectriz yya sabemos que ∠DCA = 40◦, como se tiene en la solución del Inciso 1. Esto significa que ADCes isósceles con AD = DC.

3.3. Solución al inciso 3

La idea de la prueba es interpretar la ecuación que se nos pide demostrar como una igualdadde razones de semejanza de algún par de triángulos. Sabemos que las bisectrices internas de untriángulo concurren, por ello, el punto I es el incentro del triángulo y la recta BE es la bisectriz

del ángulo ABC. Ahora vemos que los triángulos AIB y CEB son semejantes porque ambostienen un ángulo de 30◦ en B y un ángulo de 40◦, en A y en C respectivamente. Se deduceademás que, en la semejanza, los lados AB y BI del triángulo AIB corresponden a los ladosCB y BE del triángulo CIB respectivamente, y resulta lo que queríamos.

c

a=

AB

CB=

BI

BE: razón de semejanza

Figura 3.1: Incisos 1 al 3

3.4. Solución al inciso 4

El punto M no es más que el pie de la altura por B. Nuevamente buscamos interpretarla ecuación que se nos pide demostrar como igualdad de razones de semejanza. Escribimos laecuación en la siguiente forma

2AM

c=

c

a+ b.

El miembro derecho sugiere utilizar los segmentos involucrados en el teorema de la bisectrizaplicado al ángulo C. Mientras el miembro izquierdo nos hace considerar el punto M ′ sobre elsegmento MC, tal que AM ′ = 2AM . El punto A va a caer a M ′ cuando se refleja el triánguloABM respecto a la recta BM porque ∠BMA = 90◦. Con esto resulta el triángulo ABM ′, conun ángulo de 80◦ en A y un ángulo de 20◦ en B (porque ∠ABM = 10◦).

Note que el triángulo ACF también tiene un ángulo de 80◦ y un ángulo de 20◦, por ello essemejante al triángulo ABM ′. Afortunadamente el lado FA del triángulo ACF es bc

a+b. En la

semejanza, los segmentos correspondientes a BA y AM ′ del triángulo ABM ′ son los lados CAy AF del triángulo ACF . Comparando las razones de semejanza se obtiene el teorema.

2AM

c=

AM ′

BA=

AF

CA=

c

a+ b.

3.5. Solución al inciso 5

De acuerdo a su construcción la recta CH es altura de ABC así que H es el ortocentrodel triángulo. Es bien conocido que el ortocentro y circuncentro de un triángulo son conjugadosisogonales, así que O es el circuncentro del triángulo ABC. Ahora consideremos el circuncírculodel triángulo ABC. La bisectriz del ángulo ABC, pasa por el punto medio del arco AC que nocontiene a B, llamémole J . La mediatriz del segmento CA también pasa por J , así que se nosesta pidiendo demostrar que J es el circuncentro del triángulo IOH. Otro teorema conocido nosasegura que J es el circuncentro del triángulo CIA. Con esto sólo hace falta probar que H y Oestán sobre el circuncírculo de CIA. Para ello mostraremos que el cuadrilátero CHIA es cíclicoy que el segmento OJ mide lo mismo que CJ , con lo que el problema estará resuelto.

Figura 3.2: Incisos 5 y 6

El ángulo AHC mide 180− ((90−C)+(90−A)) = C+A = 120◦, también el ángulo AIC mide120◦ = 180−A

2 −C2 . Gracias a que el H e I están en un mismo semiplano respecto de la recta AC,

la igualdad ∠AHC = ∠AIC garantiza que el cuadrilátero CHIA es cíclico. Esto quiere decirque H e I están en la circunferencia de centro J y radio JA. Por otro lado, dado que B = 60◦

y J es punto medio del arco AC, por el teorema del ángulo central se sigue que ∠JOC = 60◦.Entonces el triángulo JOC tiene un ángulo de 60◦ entre sus lados iguales JO = OC, se deduceque el triángulo JOC es equilátero. De donde que OJ = CJ . Esto demuestra el punto O tambiénestá la circunferencia con centro J y radio AJ , así que J es el circuncentro del triángulo IHO.

3.6. Solución al inciso 6

Como el cuadrilátero CHIO es cíclico se tiene que ∠HIO = 180◦ − ∠OCH, y ∠OCH =C − ∠BCO − ∠HCA. Dado que O y H son conjugados isogonales las rectas CH y CO sonisogonales, entonces ∠BCO = ∠HCA = 90◦ − A = 10◦. Se deduce que ∠HIO = 160◦. Otraconsecuencia de que CH y CO sean isogonales es que CI es bisectriz del ángulo OCH, esdecir que los ángulos inscritos (en el circuncírculo de IHO) ICH y OCI son iguales. Entoncesla cuerdas (en el circuncírculo de IHO) que subtienden dichos ángulos son iguales, esto esIH = OI. Entonces el triángulo IHO es isósceles con un ángulo de 160◦. De ahí que los ángulosde IHO son 160◦, 10◦ y 10◦ en I, H y O respectivamente.

3.7. Solución al inciso 7

Como el triángulo IHO es isósceles con IH = IO, la mediana, la altura y la bisectriz porI son una misma recta sobre la cual están el incentro, ortocentro, circuncentro y centroide deltriángulo IHO. Se nos pide demostrar que BI es tal recta. Sólo hay que notar que la recta BI

es la mediatriz del segmento HO. En efecto, pasa por el vértice I opuesto a la base del isóscelesIHO y por el circuncentro. Así que BI es mediana, altura y bisectriz por I, del triángulo IHO.

Figura 3.3: Incisos 7 y 8

3.8. Solución al inciso 8

Como H y O son conjugados isogonales, las rectas BH y BO son isogonales, y la rectaBI es bisectriz del ángulo HBO. Se sigue que los puntos U , J y V parten el arco ST , que nocontiene a B, en cuatro arcos iguales. Entonces las cuerdas V S y TU son iguales. También porla igualdad entre los arcos V S y TU se tiene que ST ‖ UV . Por tanto el cuadrilátero STUV esun trapecio isósceles.

Nota. En el plano, dos rectas r1 y r2 que pasan por un mismo vértice de un triángulo,digamos el vértice A del triángulo ABC, se llaman isogonales sólo cuando el ángulo entre r1 yAB es el mismo ángulo que hay entre r2 y AC. Dos puntos P y Q en el plano del triánguloABC, se llaman conjugados isogonales sólo si las parejas de rectas AP y AQ, BP y BQ, y, CPy CQ son isogonales.En las soluciones que preceden esta nota, se mencionó que el circuncentro y ortocentro de untriángulo son conjugados isogonales. Se sugiere al lector que con ayuda de la figura 3.4 meditesobre la demostración de este hecho. En dicha figura, O y H son el circuncentro y ortocentro,respectivamente, del triángulo ABC.

Figura 3.4: Ortocentro y circuncentro son conjugados isogonales

.

Pruebas Internacionales 2009

Olimpiada Matemática de Centroamérica y el CaribePrimer Día

Girardot, Colombia, 6 de octubre del 2009

Instrucciones: Resuelva los siguientes problemas, dejando constancia de todo su procedimiento.No deje algo al azar, explique todos sus razonamientos de forma clara y concisa. No se permiteel uso de calculadora.

Problema 1.Sea P el producto de todos los dígitos no nulos del entero positivo n. Por ejemplo, P (4) = 4,P (50) = 5, P (123) = 6 y P (2009) = 18. Encuentre el valor de la suma: P (1) + P (2) + · · · +P (2008) + P (2009).

Problema 2.Dos circunferencias Γ1 y Γ2 se intersecan en dos puntos distintos, A y B. Considere una cir-cunferencia Γ tangente a ambas, internamente a Γ1 en D e internamente a Γ2 en E. Sea C unode los puntos de intersección de la recta AB con Γ. Sean F la intersección de la recta EC conΓ2 y G la intersección de la recta DC con Γ1. Sean H e I los otros puntos de intersección dela recta ED con Γ1 y Γ2 respectivamente. Demuestre que F , G, H e I están sobre una mismacircunferencia.

Problema 3.Hay 2009 cajas numeradas del 1 al 2009, algunas de las cuales contienen algunas piedras. Dosjugadores A y B juegan alternadamente, comenzando por A. Una jugada consiste en seleccionaruna caja no vacía i, tomar una o más piedras de esa caja y colocarlas en la caja i+1. Si i = 2009las piedras seleccionadas se retiran del juego. El jugador que retira la última piedra (dejandotodas las cajas vacías) gana.

1. Suponiendo que inicialmente en la caja 2 hay 2009 piedras y todas las demás cajas estánvacías, halle una estrategia ganadora para uno de los jugadores y justifíquela.

2. Suponiendo que inicialmente cada caja contiene exactamente una piedra, halle una estra-tegia ganadora para uno de los jugadores y justifíquela.

Duración: 4 horas y 30 minutos.Cada problema tiene un valor de 7 puntos.

Olimpiada Matemática de Centroamérica y el CaribeSegundo Día

Girardot, Colombia, 7 de octubre del 2009

Instrucciones: Resuelva los siguientes problemas, dejando constancia de todo su procedimiento.No deje algo al azar, explique todos sus razonamientos de forma clara y concisa. No se permiteel uso de calculadora.

Problema 4.Se desea colocar números naturales alrededor de una circunferencia de modo que las diferenciasentre cada par de números vecinos, en valor absoluto, son todas diferentes.

1. ¿Es posible colocar los números del 1 al 2009 bajo esa condición?

2. ¿Es posible suprimir alguno del los números del 1 al 2009 de manera que los 2008 númerosrestantes se puedan colocar bajo esa condición?

Problema 5.Dado ABC un triángulo acutángulo y escaleno, sea H su ortocentro, O su circuncentro, E y Flos pies de las alturas trazadas desde B y C, respectivamente. La recta AO corta nuevamenteal circuncírculo del triángulo en un punto G y a los segmentos FE y BC en los puntos X e Y ,respectivamente. La recta AH corta a la tangente al circuncírculo trazada por G en un puntoZ. Demuestre que HX es paralela a Y Z.

Problema 6.Encuentre todos los números primos p y q tales que p3 − q5 = (p+ q)2.

Duración: 4 horas y 30 minutos.Cada problema tiene un valor de 7 puntos.

Olimpiada Iberoamericana de MatemáticaPrimer Día

Querétaro, México, 22 de septiembre del 2009

Instrucciones: Resuelva los siguientes problemas, dejando constancia de todo su procedimiento.No deje algo al azar, explique todos sus razonamientos de forma clara y concisa. No se permiteel uso de calculadora.

Problema 1.Dado un entero positivo n ≥ 2, considere un conjunto de n islas sobre una circunferencia. Entrecada par de islas vecinas hay dos puentes como se muestra en la figura. Comenzando en la islax1, ¿de cuántas maneras se puede cruzar los 2n puentes, cruzando cada puente exactamente unavez?

Problema 2.Para cada n ≥ 1 se define an como n + m donde m es el mayor entero tal que 22

m ≤ n2n.Determine qué enteros positivos no aparecen en la sucesión (an)n∈Z+ .

Problema 3.Sean C1 y C2 dos circunferencias congruentes, centradas en O1 y O2 respectivamente, secantesen A y en B. Sea P un punto en el arco AB de C2 que está dentro de C1. La recta AP intersectaa C1 en C y la recta CB intersecta a C2 en D. La bisectriz del ángulo CAD intersecta a C1 ya C2 en E y L, respectivamente. Sea F el simétrico del punto D respecto del punto medio dePE. Demuestre que existe un punto X que satisface ∠XFL = ∠XDC = 30◦ y CX = O1O2.

Duración: 4 horas y 30 minutos.Cada problema tiene un valor de 7 puntos.

Olimpiada Iberoamericana de MatemáticaSegundo Día

Querétaro, México, 23 de septiembre del 2009

Instrucciones: Resuelva los siguientes problemas, dejando constancia de todo su procedimiento.No deje algo al azar, explique todos sus razonamientos de forma clara y concisa. No se permiteel uso de calculadora.

Problema 4.Dado un triángulo ABC, con AB 6= AC, y con incentro I, sea P el punto de intersección de labisectriz externa del ángulo en A con el circuncírculo de ABC y J la segunda intersección dePI con el circuncírculo de ABC. Demuestre que los circuncírculos de los triángulos JIB y JICson tangentes a IC y a IB respectivamente.

Problema 5.Considere la sucesión (an)n≥1 definida como sigue.

a1 = 1, a2k = 1 + ak

a2k+1 =1

a2k, para cada k ≥ 1

Demuestre que cada número racional positivo aparece en la sucesión (an) exactamente una vez.

Problema 6.Sobre una circunferencia se marcan 6000 puntos y cada uno se colorea de uno entre 10 coloresdados, de manera tal que entre cualesquiera 100 puntos consecutivos siempre figuran los 10colores. Hallar el menor valor de k con la siguiente propiedad: para todo coloración de este tipoexisten k puntos consecutivos entre los cuales figuran los 10 colores.

Duración: 4 horas y 30 minutos.Cada problema tiene un valor de 7 puntos.

4. Soluciones de la OMCC

4.1. Solución al problema 1

Primera solución

Si extendemos P al cero como P (0) = 1, podemos enunciar en general que P (M) es elproducto de los valores de P aplicada a los dígitos de M . Por ejemplo, para un número M detres dígitos, P (M), se separa en tres factores. Recíprocamente, si a, b y c son dígitos entoncesP (a)P (b)P (c) es P aplicado al número que tiene dígitos a, b y c (en ese orden). Con esto enmente se deduce la siguiente identidad

P (0) + P (1) + P (2) + · · ·+ P (1999) = (P (0) + P (1))× (P (0) + P (1) + · · ·+ P (9))

× (P (0) + P (1) + · · ·+ P (9))

× (P (0) + P (1) + · · ·+ P (9))

= 2 · 463

De manera análoga se obtiene el resto de la suma.

P (2000) + P (2001) + · · ·+ P (2009) = (P (2))× (P (0))× (P (0))

× (P (0) + P (1) + · · ·+ P (9))

= 2 · 46

Así que la suma buscada es 2 · 463 + 2 · 46− 1.

Segunda solución

Note que P (1) + P (2) + · · · + P (9) = 45, entonces P (11) + P (12) + · · · + P (19) = 1 · 45,P (21) + P (22) + · · ·+ P (29) = 2 · 45, y así sucesivamente. Se deduce lo siguiente

P (1) + · · ·+ P (9) + P (10) + · · ·+ P (99) = 45 + (1 + 2 + · · ·+ 9)(45)+

P (10) + P (20) + · · ·+ P (90)

= 45 + 452 + 45.

De manera similar se tiene que

P (201) + · · ·+ P (299) = 2(452 + 2 · 45), P (301) + · · ·+ P (399) = 3(452 + 2 · 45)

y así sucesivamente. Entonces

P (1) + · · ·+ P (99) + P (100) + · · ·+ P (999) = (452 + 2 · 45) + (1 + 2 + · · ·+ 9)(452 + 2 · 45)+P (100) + P (200) + · · ·+ P (900)

= (452 + 2 · 45) + (453 + 2 · 452) + 45

= 453 + 3 · 452 + 3 · 45= (45 + 1)3 − 1 = 463 − 1.

(4.1)

En la última línea se uso el teorema del binomio de Newton. Con un razonamiento similar seobtiene

P (1000) + · · ·+ P (1999) = P (1) + P (2) + · · ·+ P (999) + P (1000)

= 453 + 3 · 452 + 3 · 45 + 1

= 463(4.2)

Finalmente

P (2000) + · · ·+ P (2009) = 2(45) + P (2000)

= 2(45) + 2

= 2 · 46(4.3)

Sumando los resultados de las ecuaciones (4.1), (4.2) y (4.3) se obtiene el mismo resultado queen la primera solución.

P (1) + P (2) + · · ·+ P (2009) = 2 · 463 + 2 · 46− 1

4.2. Solución al problema 2

Vamos a probar que ∠HIF + ∠FGH = 180◦, lo cual muestra que el cuadrilátero HIFGes cíclico, como se nos pide. Note que DC ‖ IF por hacer ángulos correspondientes iguales conla recta DE. En efecto, ∠EDC y ∠EIF son iguales a ∠KEF , el ángulo semi-inscrito entre latangente (a Γ y a Γ2) KE y la cuerda EF . De manera análoga se demuestra que EC ‖ HG.Por estos paralelismos se tiene que ∠HIF = ∠EDC y ∠DGH = ∠DCE.

Por otro lado el punto C está sobre el eje radical de Γ1 y Γ2, que es la recta AB. EntoncesCE ·CF = CD ·CG. Esto implica que los triángulos EDC y GFC son semejantes por criterio

LAL: tienen el ángulo en C igual yCE

CG=

CD

CF. Entonces ∠FGD = ∠CED.

Sumando lo que hemos obtenido

∠HIF + ∠FGH = ∠HIF + ∠FGD + ∠DGH = ∠EDC + ∠DCE + ∠CED = 180◦.

La última igualdad es verdadera porque los ángulos ∠EDC,∠DCE y ∠CED son los tres ángulosdel triángulo CED. Así que los puntos F , G, H e I están sobre una misma circunferencia.

4.3. Solución al problema 3

La idea de ambas soluciones es utilizar argumentos de paridad, tanto de las casillas como de lacantidad de piedras en cada casilla. Extendemos el juego con una caja numerada 2010 de manera

que las piedras retiradas de la caja 2009 no se desechan, van a caer a la caja 2010. Además no esválido remover piedras de la caja 2010. La victoria se reescribe así: un jugador gana si despuésde su turno todas las piedras están en cajas pares y no hay más jugadas posibles. Claramenteel juego es finito y no hay posibilidad de empate, entonces, por el teorema de Zermelo, algunode los dos jugadores tiene una estrategia ganadora.

Solución al inciso 1

La estrategia ganadora es para el jugador B. La idea es que B juegue de manera que Apueda mover piedras únicamente de cajas pares a impares. Si B logra esto tiene garantizada lavictoria pues A no puede ganar. Para ganar, A necesitaría mover piedras de la caja 2009 a 2010,lo cual B le imposibilita. Inicialmente todas las piedras están en una caja par así que A no tieneotra opción más que de mover algunas piedras a una caja impar. B en su turno debe movertodas las piedras que movió A a una caja par. De esta forma después del turno de B todas laspiedras están en cajas pares. El proceso se repite hasta que inevitablemente B gana el juego.

Solución al inciso 2

La estrategia ganadora es para el jugador A. La idea es que después de cada turno de A lacantidad de cajas impares con alguna piedra sea par. De este modo B no puede ganar por quesiempre dejará alguna cantidad impar, no cero, de cajas impares con piedras. Para tal efecto Adebe jugar como sigue.

1. A comienza el juego retirando cualquier piedra de una caja impar.

2. Después de que B juega A tiene dos posibilidades:

a) Si B toma piedras de una caja impar A también lo hace.

b) Si B toma m piedras de una caja par, A debe tomar esas m piedras de donde B laspuso y moverlas a la siguiente casilla.

Note que la estrategia de A está bien definida, es decir, es posible jugar así. Esto gracias a quela cantidad de cajas impares no vacías al inicio es impar. Además, como se quería, después decada turno de la cantidad de cajas impares no vacías es par. Entonces B no puede ganar y comono hay posibilidad de empate, eventualmente A gana el juego.

4.4. Solución al problema 4

Solución al inciso 1

No es posible. De lo contrario habrían 2009 diferencias enteras distintas, pero todas lasdiferencias están en el intervalo [1, 2008], que sólo contiene 2008 enteros distintos.

Solución al inciso 2

Sí es posible. Se puede retirar el número 503 y colocar los números restantes en el siguienteorden.

1005− 2009− 1− 2008− 2− · · · − 1508− 502− 1507− 504− 1506− · · · − 1007− 1004− 1006

Note que las diferencias hacia la derecha son 1004, luego 2008 y después decrecen uno a unohasta 1005 de donde pasan a 1003 y decrecen uno a uno hasta 1.

4.5. Solución al problema 5

La prueba se fundamenta en dos hechos: que los triángulos AEF y ABC son semejantes yque EF ‖ GZ. Tracemos una paralela a GZ (y a EF ) por H y sea J su intersección con AG.

Por el teorema de Thales se tiene que

AX

AJ=

AS

AH, (4.4)

por otro lado, dado que HF ⊥ FA y HE ⊥ EA, los puntos E y F están sobre la circunferenciade diámetro AH. Es decir que H es el punto diametralmente opuesto a A sobre el circuncírculodel triángulo AEF . También sabemos que G es el punto diametralmente opuesto a A en elcircuncírculo de ABC. Vemos que los puntos H y G tienen alguna especie de relación en estasemejanza de triángulos.

En efecto, podemos visualizar al triángulo AEF como el mismo triángulo ABC dibujadoen otra escala y en distinta posición, sin embargo los elementos de los triángulos se conservanintactos. Es decir, lados de AEF corresponden a lados de ABC, vértices de AEF correspondena vértices de ABC, ortocentro de ABC corresponde a ortocentro de AEF , etc. En este lenguaje,H del triángulo AEF corresponde al punto G del triángulo ABC.

Siguiendo está idea vemos que los segmentos AH y AG se corresponden en la semejanza.Además EF y BC son lados correspondientes, así que los puntos S = AH∩EF y Y = AG∩BCson homólogos. Por esta correspondencia en la semejanza se tiene que

AS

AH=

AY

AG. (4.5)

De las ecuaciones (4.4) y (4.5) se deduce que

AX

AY=

AJ

AG(4.6)

Nuevamente el teorema de Thales implica

AJ

AG=

AH

AZ(4.7)

Las ecuaciones (4.6) y (4.7) conducen a

AX

AY=

AH

AZ

Y por el recíproco del teorema de Thales se sigue que XH ‖ Y Z, como se deseaba.Ahora probemos los dos hechos que mencionamos al inicio. Los triángulos AEF y ABC son

semejantes por criterio LAL.

AE

AB=

AF

AC= cosA y ∠EAF = ∠BAC

Probar que EF ‖ GZ es lo mismo que demostrar EF ⊥ AG. Por la semejanza se tiene ∠AEX =B. Además ∠XAE = 90◦ −B, porque el triángulo ACG es rectángulo en C. Con esto, la sumade los ángulos del triángulo AXE garantiza EF ⊥ AG.

4.6. Solución al problema 6

Se sugiere siempre tratar de hallar un par de soluciones al pulso en problemas como éste. Elhecho de hallar algunas puede sugerir el comportamiento de la ecuación al igual que el hechode no hallar ninguna. Probando con las primeras parejas de primos vemos que una soluciónes q = 3, p = 7. La idea en esta prueba estudiar al ecuación módulo 3, osea la congruenciap3 − q5 ≡ (p + q)2 (mod 3) mientras consideramos exhaustivamente todas las posibilidadespara p.

caso 1. p ≡ 0 (mod 3)

De la ecuación original se deduce que p > q: 0 < (p + q)2 = p3 − q5 < p5 − q5. En estecaso suponemos que p = 3, porque es el único primo que deja residuo cero al dividirlo entre3. Entonces el único valor posible de q es 2, el único primo menor que 3. Se puede verificarfácilmente que p = 3 y q = 2 no satisfacen la ecuación original. Así que no existe solución a laecuación con p ≡ 0 (mod 3).

caso 2. p ≡ 2 (mod 3)

Aplicando el teorema de Fermat al lado izquierdo de la congruencia y expandiendo el ladoderecho resulta

p− q ≡ p2 + 2pq + q2 (mod 3) (4.8)

Al sustituir p ≡ 2 (mod 3) resulta 2− q ≡ 1 + q + q2 (mod 3) o su equivalente 2 ≡ (1 + q)2

(mod 3). Esta última congruencia es imposible porque no hay un número entero que al elevarloal cuadrado deje residuo 2 al dividirlo entre 3. Así que no existe solución a la ecuación con p ≡ 2(mod 3).

caso 3. p ≡ 1 (mod 3) Al sustituir p ≡ 1 en la congruencia (4.8) se obtiene 1−q ≡ 1+2q+q2

(mod 3). Al simplificar queda 0 ≡ 3q + q2 ≡ q2 (mod 3). Entonces q = 3 porque es el únicoque al elevarlo al cuadrado es un múltiplo de 3. Sustituyendo q = 3 en la ecuación resultap3 − 243 = p2 + 6p+ 9, o de otra forma p(p2 − p− 6) = 252. Así que p es un primo mayor que3 que divide a 252. Factorizando 252 = 4 · 9 · 7 vemos que la única posibilidad es que p = 7. Yya habíamos verificado que la pareja p = 7 y q = 3 satisface la ecuación.

En conclusión, la única solución es p = 7 y q = 3.

5. Soluciones de la OIM

5.1. Solución al problema 1

Para n = 2 es claro que sólo hay 2 caminos posibles. En adelante se considera sólo n > 2.Por simetría basta con contar los caminos que comienzan en dirección contraria a la manecillasdel reloj (de x1 a x2) y duplicar está cantidad para obtener todos los posibles caminos. Noteque conforme se avanza en esta dirección, en cada paso se tienen 2 opciones para elegir puente,hasta que se decida cambiar de dirección o se llegue a x1 nuevamente.

Digamos que se decidió cambiar de dirección al llegar a xj , con n ≥ j > 1. El camino de x1 axj se puede recorrer de 2j−1 maneras, pero el camino de regreso de xj a x1 ya está determinado,pues ya se uso un puente de cada pareja de puentes que une a los vértices involucrados. Así quesi se decide retornar en xj con n ≥ j > 1, el viaje completo (hasta regresar a x1) se puede hacerde 2j−1 maneras.

Luego de eso debe avanzar en la sentido del movimiento del reloj hasta alcanzar xj nueva-mente. No se puede retornar otra vez antes de llegar a xj pues ya no se podrían cubrir los dospuentes que llegan a xj en está dirección. Cuando se llegue a xj nuevamente no hay otra opciónmás que regresar a x1 en un camino ya determinado.

Así que el camino hasta xj en la nueva dirección y de regreso otra vez a x1, se puede hacer de2(n+1)−(j+1) = 2n−j maneras, por un razonamiento análogo al que ya se ha hecho. En conclusión,hay 2n caminos distintos que retornan en xj con n ≥ j > 1, comenzando con una dirección fija.Entonces, en total hay (n− 1)2n caminos que retornan en algún punto xj con n ≥ j > 1.

Consideremos ahora caminos que dan una vuelta completa hasta llegar a x1. Este recorridode x1 a x1 en sentido contrario a las agujas del reloj se puede hacer de 2n maneras. Una vezse llega a x1 hay dos opciones: continuar en la misma dirección por un camino que ya estádeterminado o retornar por un camino que también hemos determinado ya. Es decir que hay2 · 2n caminos que alcanzan x1 y recorren todos los puentes.

En total contamos 2 · 2n + (n − 1)2n = (n + 1)2n caminos que comienzan en una direcciónfija, por tanto hay (n + 1)2n+1 caminos (el doble, pues esa dirección fija inicial se puede elegirde dos maneras distintas) que pasan por cada puente exactamente una vez para n > 2.

5.2. Solución al problema 2

Como siempre en éste tipo de problema, comenzamos calculando algunos valores.

n 1 2 3 4 5 6 7 8 13 16 32

22n

4 16 256 216 232 264 · · ·n2n 2 2 8 24 64 160 384 7 · 27 13 · 213 220 237

m 0 1 2 2 2 3 3 3 4 4 5

an 1 3 5 6 7 9 10 11 17 20 5

Estos valores sugieren que la sucesión no toma las potencias de 2 mayores que 1. Ademásparece que m es igual a k siempre que 2k < an < 2k+1, con k ≥ 1. En otras palabras, m = kcuando 2k − k < n < 2k+1 − k.

Este comportamiento de m es lo primero que demostramos, luego concluimos que las poten-cias de 2 mayores que 1 no aparecen en la sucesión. Para lograr establecer que m se compartacomo dijimos, necesitamos probar dos cosas. Una es que k tiene la propiedad deseada en esecaso, es decir 22

k ≤ n2n; la otra, que k + 1 no tiene tal propiedad, es decir 22k+1 > n2n, paratodo n en ese intervalo.

Como n2n es una función creciente de n, basta con demostrar que 22k+1

> (2k+1 − k −1)22

k+1−k−1 y que 22k ≤ (2k−k+1)22

k−k+1, pues 2k+1−k−1 y 2k−k+1 son el mayor y el menorvalor posible para n en tal intervalo. La primera desigualdad es equivalente1 a 2k+1 > 2k−k−1que claramente es cierta. La segunda desigualdad es equivalente a 2k−1 ≤ 2k − k + 1, que eslo mismo que k − 1 ≤ 2k−1. Está última desigualdad también es cierta pues establece que unconjunto de k− 1 elementos2 tiene al menos k− 1 subconjuntos (los unitarios). Recomendamosal lector reflexionar sobre el significado la oración anterior. Concluimos que m = k cuando2k − k < n < 2k+1 − k y k es positivo.

Note que el resultado que acabamos de probar sobre m no se puede aplicar para saber elvalor de m cuando n = 1. Surge entonces la (buena) pregunta de a cuáles n es válido aplicartal resultado. La respuesta es, todo n > 1. En efecto, otra cara para nuestro resultado es quem = k cuando 2k − k < n ≤ 2k+1 − k − 1 = 2k+1 − (k + 1). Si colocamos los valores de lafunción 2k−k para cada k ≥ 1 en la recta numérica se hace claro que para cada n > 1 existe unúnico intervalo, determinado por estos puntos, del cual n es extremo derecho o punto interior.El extremo izquierdo del intervalo asociado a n determina el valor de k que usamos en nuestroresultado.

Ahora sabemos que, para cada n > 1, m ≥ 1 es tal que 2m < n +m < 2m+1. Esto pruebaque ningún término en la sucesión an = n+m es una potencia de 2 mayor que 1. En contrastecon esto, an cubre cualquier otro valor. Ya vimos que a1 = 1 y a2 = 2. Para terminar la pruebaconsideremos el número j con 2k < j < 2k+1 y k ≥ 1. Si tomamos n = j−k y aplicamos nuestroresultado a n obtenemos an = j, porque 2k−k < n < 2k+1 y m = k. En conclusión todo númeromayor que 1 que no es potencia de 2 aparece en la sucesión, que es lo que buscábamos.

1En este caso se está usando la frase «una desigualdad equivalente a otra» para decir que se puede obteneruna de la otra mediante operaciones reversibles como multiplicar a ambos lados por un número no cero o sumara ambos lados cierta cantidad. Es el mismo significado que al hablar de ecuaciones equivalentes. En particular,si se tienen algunas desigualdades equivalentes, basta con demostrar una y la validez de todas está garantizada.

2Este argumento funciona incluso para k = 1.

5.3. Solución al problema 3

Más adelante probamos que FC = CL = LD = O1O2, provisionalmente, supongamos que escierto. El punto X que se nos pide puede ser cualquiera de las intersecciones de las circunferenciasde centro en C y L de radios O1O2. Veamos que X tiene los propiedades solicitadas. Porconstrucción CX = O1O2 y se tiene ∠XFL = ∠XDC = 30◦ por que ambos ángulos estáninscritos en arcos de 60◦ que determina el triángulo equilátero XLC. Esto resuelve el problema.

Figura 5.1:

Ahora probemos lo propuesto. Note que los segmentos CA y DA son iguales porque sub-tienden arcos suplementarios de circunferencias congruentes. Con esto, los triángulos CAL yDAL son congruentes por criterio LAL, comparten el segmento AL y AL es bisectriz del ánguloCAD. En particular se tiene LC = LD = LP . La segunda igualdad es porque LD y LP sub-tienden los ángulos iguales LAD y PAL. De manera similar, LP = CE porque subtienden losángulos iguales LAP y EAC en circunferencias congruentes. Aprovechando que involucramos aE, observemos que los triángulos CAE y DAE también son congruentes por criterio LAL, asíque CE = ED. Por último, tenemos ED = PF , porque DPFE es un paralelogramo. Esto yaque es un cuadrilátero en cual las diagonales se cortan en sus puntos medios.

Ahora vemos que CLDE es un paralelogramo por tener todos sus lados iguales. En particular,se deduce CL ‖ DE ‖ PF . Esto implica que FPLC también es un paralelogramo, pues es uncuadrilátero con dos lados opuestos paralelos e iguales. De ahí que CF = LP . Hasta aquí, yaprobamos que FC = CL = LD.

En seguida mostramos que ED = O1O2 y el problema queda resuelto. Sea J el punto en elarco AB de C1, dentro de C2, que hace del cuadrilátero O1O2DJ un paralelogramo. En otraspalabras, J es la intersección de C1 con la paralela a DO1 que pasa por O2 y está dentro de C2.Sea J ′ el punto simétrico a J respecto de la recta AB. Como AB es eje de simetría de la figuratenemos O1O2 ‖ JJ ′, porque ambos segmentos son perpendiculares a BA. De ahí que J ′ estáen la recta DJ . Ahora vemos que el triángulo CJD es isósceles pues sus ángulos JCD y JDCestán inscritos en los arcos JB y J ′B que son iguales por simetría.

Pero ya conocíamos un triángulo isósceles con base CD, vértice en el arco AB de C1 y dentro

de C2, el triángulo CED. Además sólo hay un triángulo isósceles con esa propiedad, pues suvértice opuesto a la base debe estar en C1, dentro de C2 y sobre la mediatriz del segmento CD.¿Acaso llegamos a una contradicción al probar que CJD es otro triángulo isósceles con dichapropiedad? No, sólo demostramos que J = E y con esto que DEO1O2 es un paralelogramo. Seconcluye finalmente que ED = O1O2 como deseábamos.

5.4. Solución al problema 4

Sin pérdida de generalidad supongamos que AC > AB. Esta solución se basa en dos cosas,una es que los puntos medios de los arcos BC son los puntos de intersección del circuncírculocon las bisectrices (interna y externa) del ángulo A. De esto se deduce que la bisectriz internay externa son perpendiculares, pues el segmento que las une es un diámetro del circuncírculo.

En este caso, P es uno de ellos y llamemos M al otro. Además, sean L y N los puntos mediosde los arcos AB y CA que no contienen a C y a B respectivamente. El segundo hecho es queun recta es tangente a una circunferencia sólo si donde se intersecten “se cumple el teorema delángulo semi-inscrito”.

Es esto último lo que probaremos para demostrar que el circuncírculo de BIJ es tangente aIC, que ∠BJI = ∠BIL.

Notemos que los segmentos MN y CL son perpendiculares.

∠TMC + ∠TCM = ∠NMC + ∠LCB + ∠BCM = 90◦

Porque los ángulos en la última suma abren en arcos que son la mitad de los arcos CA, AB yBC respectivamente.

Por otro lado, NP también es perpendicular a NM porque MP es un diámetro. De ahí queNP y LC son paralelas. El argumento termina con estas igualdades de ángulos.

∠BJP = ∠BNP = ∠BIL

Concluimos que el circuncírculo de JIB es tangente a IC. De manera completamente análogase demuestra que el circuncírculo de JIC es tangente a IB.

5.5. Solución al problema 5

Nos damos cuenta de que a2k = k + 1 para cada natural k y no hay otro valor de n para elcual an = k + 1, esto se puede probar fácilmente por inducción.

Note que todos los valores mayores que 1 en la sucesión tienen índice par y todos los menoresque 1 tienen índice impar. Podemos leer las condiciones así: a1 = 1, si un número aparece en lasucesión también su recíproco, si un número mayor que 1 aparece en la sucesión, al restarle unotambién aparece en la sucesión, y, si un número aparece en la sucesión al sumarle 1 tambiénaparece.

Con esto en mente vamos a resolver el problema. Haremos un ejemplo para aclarar el razo-namiento a seguir. Suponga que 36

47 = ai para algún i. i debe ser impar mayor que 1 porque ai esmenor que 1. Entonces para ai−1 =

4736 = 1+ 11

36 . Note que 1 y 11 son el cociente y el residuo dedividir 47 entre 36. Ahora iteramos el proceso. De lo anterior, se tiene que 11

36 = aj para algúnj impar mayor que 1.

Entonces aj−1 = 3611 = 3 + 3

11 , nuevamente 3 y 3 son el cociente y el residuo de dividir 36entre 11. Y se concluye que 3

11 = al para algún l impar mayor que 1. Entonces al−1 =113 = 3+ 2

3donde 3 y 2 son el cociente y el residuo de dividir 11 entre 3. Otra vez 2

3 está en la sucesiónentonces 3

2 = 1 + 12 también, entonces 1

2 también y finalmente esto implica que 2 está en lasucesión.

Note que todos estos pasos son reversibles y están determinados por los cocientes y residuosque aparecieron. Si 2 está en la sucesión, también 1

2 está en la sucesión, también 32 , también 2

3 ,también 11

3 , también 311 , también 36

11 , también 1136 , finalmente se concluye que, en realidad, 47

36está en la sucesión.

Note que en la dirección de 2 a 4736 los índices de los términos involucrados van aumentando,

o de otra manera, en dirección contraria los índices van disminuyendo.

Seguramente el lector ya adivinó que utilizaremos el algoritmo de Euclides en la demostra-ción. Luego del ejemplo estamos listos para una demostración. Sean n > m > 1 enteros positivos,primos relativos entre sí.

Vamos a probar que nm

aparece en la sucesión. Aplicamos el algoritmo de Euclides a m y n,

escribiendo m = r0 y n = r−1 y suponiendo que rk es el último residuo distinto de cero.

n = r−1 = q1r0 + r1

= q1m+ r1

m = r0 = q2r1 + r2...

rj−2 = qjrj−1 + rj

rj−1 = qj+1rj + rj+1

...

rk−1 = qk+1rk + rk+1

rk+1 = 0

El teorema relacionado al algoritmo de Euclides asegura que si rk 6= 0 y rk+1 = 0 entoncesrk es el máximo común divisor de m y n. En este caso se tiene rk = 1. Ahora veamos que elracional

rj−1

rjaparece en la sucesión para cada natural j ≤ k, con lo que se probará que n

m

aparece en la sucesión. La prueba es por «inducción en retroceso».

El racionalrk−1

rk= rk−1 aparece en la sucesión por que rk−1 es entero positivo. Ahora

supongamos querj−1

rjaparece en la sucesión para algún j ≥ 1 (note que las hipótesis m > 1, y

(n,m) = 1 implican k ≥ 1), vamos a probar querj−2

rj−1aparece en la sucesión. Como

rj−1

rjestá

en la sucesión, tambiénrjrj−1

, y tambiénrjrj−1

+ qj .

Con un poco más de atención nos damos cuenta que la expresión anterior es precisamenterj−2

rj−1. La inducción se detiene cuando j = 0 y se demostró lo que se quería para 0 ≤ j ≤ k. En

particular, cuando j = 0 se deduce que nm

está en la sucesión.

Hemos probado que todo racional, escrito en forma reducida, con denominador y numeradormayores que 1 aparecen en la sucesión. Añadimos a esto el hecho de que todos los racionalespositivos con denominador 1, es decir los enteros, aparecen en la sucesión y por cada enteroaparece en la sucesión un racional con numerador 1. Por tanto todo racional positivo apareceen la sucesión.

Supongamos por el absurdo que la sucesión repite algún par de términos. Sea j el menorentero positivo para el cual existe otro entero positivo i tal que aj = ai. Supongamos además queaj = ai > 1 entonces ambos índices son pares, se deduce que los términos de índice j > j

2 6= i2

también son iguales. Esto contradice la minimalidad de j.

Ahora supongamos que aj = ai < 1, en particular j > 1 por esta suposición. Entonces ambosíndices son impares y se deduce que aj−1 = ai−1 lo cual también contradice la minimalidad de j.

La única opción entonces es que aj = ai = 1, pero esto es absurdo porque, claramente elúnico término de la sucesión igual a 1 es a1. Concluimos que es imposible que existan racionalesrepetidos en la sucesión y finalmente se terminó la solución del problema.

5.6. Solución al problema 6

El menor valor es k = 89. Veamos primero que, en toda coloración con las características delenunciado, los 10 colores están presentes en algún arco de longitud 89. Aquí, y en lo que sigue,un arco de longitud l significa l puntos consecutivos alrededor de la circunferencia. Siempresupondremos que la dirección de movimiento es en el sentido de las agujas del reloj.

Supongamos por el contrario que para alguna coloración, ningún arco de longitud 89 contienelos 10 colores. entonces sucederá la siguiente.

1. En cada arco de longitud 11 hay un color que no figura entre los 89 puntos subsiguientes.

2. Cada arco de longitud 12 contiene exactamente 2 colores.

Veamos porqué. Si (1) es falso para algún arco de longitud 11, en los 89 puntos subsiguientestienen que estar presentes los 10 colores (pues en cada arco de longitud 100 figuran todos loscolores), lo que es contrario a lo supuesto. Para ver (2), dividimos cualquier arco de longitud100 en 9 arcos A1, . . . , A9. los primeros 8 de longitud 11 cada uno y A9 de longitud 12. Por (1),para cada i < 9 existe un color ci en Ai que no figura en Ai+1 . . . A9. Claramente, los coloresc1, c2, . . . c8 son distintos, luego hay a lo más 10− 8 = 2 colores en A9. En este argumento A9

puede ser cualquier arco de longitud 12 de la circunferencia.Entonces cada arco de longitud 12 contiene a lo más 2 colores. En realidad contiene exacta-

mente dos colores. En efecto, si algún arco A de longitud 12 tiene todos sus puntos del mismocolor, consideremos A junto con el arco B de longitud 88 que sigue a A. en el arco AB figuranlos 10 colores de modo que B y el último punto de A forma un arco de longitud 89 donde figuranlos 10 colores, en contradicción con lo supuesto. Entonces (2) es verdadero.

Ahora tomemos un punto p0 de color 0 que no figura en los siguientes 89 puntos. Tal puntoexiste, en virtud de (1). Los 11 puntos subsiguientes a p0 forma un arco A1. En el arco p0A1 delongitud 12 hay exactamente 2 colores, por (2), el color 0 y el color 1. Además, por la elecciónde p0, en A1 no figura el color 0. Luego todo el aro A1 es de color 1. Ahora, (1) garantiza queel color 1 no aparece en los subsiguientes 89 puntos a A1.

El mismo argumento se aplica a p1 y al subsiguiente arco A2 de longitud 11. Entonces el arcoA2 contiene un único color, que además no figura entre los subsiguientes 89 puntos. Aplicandorepetidas veces el mismo razonamiento se ve que la circunferencia se divide en arcos de longitud11 con todos los puntos del mismo color en cada arco. Sin embargo esto es imposible, pues elnúmero total de puntos, 6000, no es múltiplo de 11. Por lo tanto hay un arco de longitud 89 enel que figuran los 10 colores.

El siguiente ejemplo muestra que la longitud 88 no es suficiente para garantizar esto engeneral. Dados los diez colores 0, 1, . . . , 9, tomamos los siguientes arcos A0, . . . , A9, cada unode longitud 12:

A0 = 000101101000, A1 = 111212212111, A2 = · · ·A8 = 888989989888, A9 = 999090090999

En el arco Ai+1 se obtiene del arco Ai por desplazamiento cíclico de i 7→ i+ 1 de los colores.Repetimos el patrón A0, . . . , A9 50 veces para obtener una coloración de los 6000 puntosalrededor de la circunferencia. Esto es posible, pues 6000 = 50 · 120. Sea A cualquier arcode longitud 100 en esta coloración. Por la periodicidad podemos suponer que A comienza con

un punto de un arco A0, entonces contiene con certeza el color 0. Luego A contiene los arcoscompletos A1, . . . , A7 que siguen a A0 y al menos cuatro puntos del arco A8. Como el cuartopunto de A8 tiene color 9, y como los colores 1, 2, . . . , 8 figuran A1, . . . , A7, concluimos que Atiene los 10 colores.

Ahora tomemos cualquier arco B de longitud 88 y supongamos de nuevo (sin pérdida dela generalidad) que comienza en un arco A0. Consideremos los siguientes arcos A1, . . . , A8. Elúltimo punto de B está, o bien entre los 9 últimos puntos de A7 , o bien entre los primerostres puntos de A8, que tienen color 8. Como A0, . . . , A7 no contiene al color 9, se infiere quetampoco lo contiene el arco B. La demostración está completa.

Apéndice: Definiciones y Teoremas

Alejandro Vargas

1. Conceptos previos

1.1. Notación

ssi Si y sólo si∵ De donde∴ Por lo tanto∋ Tal que� Q.E.D. (Fin de la demostración):= Se define como: Tal que (Para describir conjuntos)| Tal que (Notación alterna para describir conjuntos)

1.2. Proposiciones y conectivos lógicos

Proposición

Todo enunciado al cual se le puede asignar un valor de verdad, es decir se puede determinarsi es falso o verdadero, es llamado proposición.

Conectivos lógicos, tautología y contradicción

∧ Conjunción∨ Disyunción¬ Negación⇒ Implicación⇔ Doble Implicación≡ Equivalentes⊤ Tautología⊥ Contradicción

Cuantificadores

∀ Para todo∃ Existe∃! Existe un único

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Tablas de verdad

Sean p, q proposiciones. Los conectivos anteriormente definidos tienen la siguiente tabla deverdad:

p q p ∧ q p ∨ q p =⇒ q p ⇔ q ¬p ⊤ ⊥v v v v v v f v fv f f v f f f v ff v f v v f v v ff f f f v v v v f

Propiedades disyunción y conjunción

Sean p, q y r proposiciones. La disyunción y conjunción cumple:

Asociatividad

p ∨ (q ∨ r) ≡ (p ∨ q) ∨ rp ∧ (q ∧ r) ≡ (p ∧ q) ∧ r

Conmutatividad

p ∨ q ≡ q ∨ pp ∧ q ≡ q ∧ p

Distributividad

p ∨ (q ∧ r) ≡ (p ∨ q) ∧ (p ∨ r)p ∧ (q ∨ r) ≡ (p ∧ q) ∨ (p ∧ r)

Absorción

p ∨ (p ∧ q) ≡ pp ∧ (p ∨ q) ≡ p

Complementos

p ∨ ¬p ≡ ⊤p ∧ ¬p ≡ ⊥

Idempotencia

p ∨ p ≡ pp ∧ p ≡ p

Propiedades implicación y doble implicación

Sean p, q proposiciones. A las siguientes proposiciones se les llama:

p =⇒ q Implicación¬p =⇒ ¬q Inversoq =⇒ p Converso

¬q =⇒ ¬p Contraposición

Se cumplen las siguientes equivalencias:p =⇒ q ≡ ¬(p ∧ ¬q)p =⇒ q ≡ ¬q =⇒ ¬pq =⇒ p ≡ ¬p =⇒ ¬qp ⇔ q ≡ (p =⇒ q) ∧ (q =⇒ p)

Leyes de De Morgan

Sean p, q proposiciones. Las leyes de De Morgan enuncian que se cumplen las siguientesequivalencias:¬(p ∨ q) ≡ (¬p) ∧ (¬q)¬(p ∧ q) ≡ (¬p) ∨ (¬q)

1.3. Conjuntos

Sean A, B, C conjuntos. Se denota pertenece con el símbolo ∈. Se denota conjunto vacíocon el símbolo ∅.

Subconjunto

A es subconjunto de B, se nota como A ⊂ B, si y sólo si ∀x ∈ A, x ∈ B.

Igualdad de conjuntos

A es igual al conjunto B, se nota como A = B, si y sólo si A ⊂ B y B ⊆ A.

Subconjunto propio

A es un subconjunto propio de B, se nota como A ⊂ B, si y sólo si A ⊆ B y A 6= B.

Unión e intersección de conjuntos

Se define la unión del conjunto A con el conjunto B, se nota como A ∪B, al conjunto:

A ∪B := {x : x ∈ A ∨ x ∈ B}.

Se define la intersección del conjunto A con el conjunto B, se nota como A∩B, al conjunto:

A ∩B := {x : x ∈ A ∧ x ∈ B}.

Nótese que por su definición, la unión de conjuntos cumple las mismas propiedades que ladisyunción lógica, y la intersección de conjuntos cumple las mismas propiedades que la conjun-ción lógica, empleando conjuntos en lugar de proposiciones. Es decir, entre otras propiedades,

cumplen asociatividad. Por lo tanto, es posible definir la unión e intersección de varios conjuntosde manera análoga a como se define la suma de varios elementos con dicha propiedad:

A1 ∪A2 ∪A3 ∪ . . . ∪An−1 ∪An := (. . . (((A1 ∪A2) ∪A3) ∪ . . .) ∪An−1) ∪An,

A1 ∩A2 ∩A3 ∩ . . . ∩An−1 ∩An := (. . . (((A1 ∩A2) ∩A3) ∩ . . .) ∩An−1) ∩An.

Para acortar la escritura de estas operaciones de unión e intersección entre un número arbi-trario de conjuntos se define la siguiente notación, análoga a la notación de sumatorias:

n⋃

i=1

Ai := A1 ∪A2 ∪A3 ∪ . . . ∪An−1 ∪An,

n⋂

i=1

Ai := A1 ∩A2 ∩A3 ∩ . . . ∩An−1 ∩An.

Diferencia de conjuntos

Se define la diferencia de dos conjuntos A y B, se nota como A \B o A−B, al conjunto:

A \B := {x : x ∈ A ∧ x /∈ B}.

Nótese que la diferencia de conjuntos no es conmutativa, es decir A \B 6= B \A.

Diferencia simétrica

Se define la diferencia simétrica de dos conjuntos A y B, se nota como A△B, al conjunto:

A△B := (A \B) ∪ (A \B).

Complemento

Se define el complemento del conjunto A, respecto a algún conjunto universo U , se nota comoAc, al conjunto:

Ac := U \A.

Alternativamente, si en el contexto dado, para cualquier x que se pueda considerar, x ∈ U , esdecir se está trabajando con un conjunto universo, entonces se puede interpretar el complementocomo:

Ac := {x : x /∈ A}.

De la última definición alternativa, es posible interpretar el complemento de un conjunto como elanálogo a la negación de una proposición, para poder obtener, como en la unión y la intersección,equivalentes a las propiedades dadas en la sección de lógica.

Cardinalidad

La cardinalidad es un concepto que permite comparar conjuntos mediante la medida delnúmero de elementos, independientemente de números, empleando relaciones. Se nota la cardi-nalidad de un conjunto A como |A|, o alternativamente #(A), ◦ (A). Para evitar confusionescon la función valor absoluto en este anexo se empleará la notación ◦ (A). La definición de Car-dinalidad requiere el concepto de funciones, por lo que será dada más adelante. Por el momento,puede ser vista intuitivamente como “El número de elementos en A".

Conjunto potencia

Se define el conjunto potencia de A, notado P(A), como:

P(A) := {X : X ⊆ A}.

Conjuntos disjuntos

Dos conjuntos A y B son disjuntos si no comparten elementos, es decir:

A ∩B = ∅.

Partición

Una partición de un conjunto es un conjunto de subconjuntos no vacíos disjuntos entre sítales que la unión de todos ellos es el conjunto original. Simbólicamente, y enumerando una a unalas propiedades anteriores, una partición de un conjunto A está conformada por subconjuntosA1, A2, . . . , An, tales que cumplen estas propiedades:

• ∀Ai, Ai 6= ∅

•n⋃

i=1

Ai = A

• ∀Ai, Aj ∋ i 6= j, Ai ∩Aj = ∅

1.4. Relaciones y funciones

Par ordenado y relaciones

Sean A,B conjuntos no vacíos, y sean a ∈ A, b ∈ B. Se define par ordenado como:

(a, b) := {{a}, {a, b}}.

Esta definición codifica propiedades características que diferencian el par ordenado de otrosentes matemáticos, como por ejemplo un conjunto. Dichas propiedades son:

1. Puede contener un objeto determinado más de una vez. Es decir, no hay problema condefinir el par ordenado (a, a).

2. Tiene un orden.

3. Es de tamaño finito.

El par ordenado puede ser generalizado de tal forma que siga cumpliendo estas propiedades. Adicha generalización se le llamada tupla. Una n-tupla básicamente es un par ordenado de másde dos elementos. Cumple todas las propiedades enunciadas arriba, y puede definirse de manerarecursiva como: Sea p la (n+1)-tupla (a1, a2, . . . , an, an+1).

p := (a1, (a2, a3, . . . , an, an+1)).

Es decir, un par ordenado cuyos elementos son el primer elemento de la (n+1)-tupla, y unan-tupla con el resto de elementos. Para definir la n-tupla se recurre al par ordenado de nuevo, yasí recursivamente hasta llegar al caso de la 2-tupla, que es igual al par ordenado.Se define el producto cartesiano de dos productos, notado A×B, como:

A×B := {(a, b) : a ∈ A ∧ b ∈ B}.

Es posible considerar el producto cartesiano de un conjunto consigo mismo, es decir A×A,lo cual se suele notar como A2. Si R ⊆ A × B se dice que R es una relación de A con B. Si(a, b) ∈ R se nota aRb.

Tipos de relación

Una relación R definida para un producto cartesiano A2 puede cumplir una de estas propie-dades:

Simétrica Una relación es simétrica si ∀a, b ∈ A aRb =⇒ bRa.

Transitiva Una relación es transitiva si ∀a, b, c ∈ A, (aRb ∧ bRc) =⇒ aRc.

Reflexiva Una relación es reflexiva si ∀a ∈ A, aRa.

Antisimétrica Una relación es antisimétrica si ∀a, b ∈ A, (aRb ∧ bRa) =⇒ a = b.

De equivalencia Una relación es de equivalencia si es simétrica, transitiva y reflexiva.

De orden Una relación es de orden si es antisimétrica, transitiva y reflexiva.

Clases de equivalencia y conjunto cociente

Sea X un conjunto y ∼ una relación de equivalencia definida para X2. Sea a ∈ X. La clasede equivalencia del elemento a, notado como [a], es:

[a] := {x ∈ X : x ∼ a}.

Al elemento a se le conoce como representante canónico de la clase, o simplemente como repre-sentante de la clase. Nótese que en la clase de equivalencia se encuentran todos los elementosque se relacionan con a, y sólo estos, por la definición. Además los elementos de la clase nose relacionan con elementos de X fuera de la clase, puesto que si lo hicieran estos elementostambién estarían en la clase, por las propiedades de transitividad y simetría de la relación ∼. Porlo tanto, si se consideran todas las clases de equivalencia posibles para una relación dada, éstas

forman una partición de X. A esta partición, i.e. al conjunto de todas las clases de equivalencia,se le llama conjunto cociente, y es notado X/ ∼, simbólicamente:

X/ ∼:= {[a] : a ∈ X}.

Al número de clases generada por una relación de equivalencia se le llama orden de la relación.

1.5. Funciones

Una función es una relación de un conjunto denominado dominio con un conjunto deno-minado contradominio, que cumple la característica especial que cada elemento del dominio serelaciona con exactamente un elemento del contradominio. Considérese una función f , y sea Fel conjunto de todos los pares ordenados de la relación. Si la función f tiene como dominio Xy contradominio Y , es notado como:

f : X → Y

Si x pertenece al dominio y se relaciona con y en el contradominio, es decir (x, y) ∈ F , es notadocomo:

f(x) = y

Con esta notación, es posible expresar las dos condiciones de la definición simbólicamente de lasiguiente forma:

Existencia ∀x ∈ X ∃y ∈ Y ∋ f(x) = y.

Unicidad Si f(x) = y1 y f(x) = y2 entonces y1 = y2.

Nota: Al elemento en Y que está relacionado por la función con x se le llama imagen dex. Muchas veces, dependiendo del contexto, cuando se sobreentiende en qué conjunto se estátrabajando, se omite declarar explícitamente el dominio y el contradominio de la función.

Funciones especiales

Sea f : X → Y una función. La función f puede ser:

Inyectiva

La función f es inyectiva cuando cada uno de los elementos de su contradominio es imagende a lo sumo un elemento del dominio. Simbólicamente:

∀a, b ∈ X, f(a) = f(b) =⇒ a = b

Sobreyectiva

La función f es sobreyectiva cuando cada uno de los elementos de su contradominio es imagende por lo menos un elemento del dominio. Simbólicamente:

∀y ∈ Y, ∃x ∈ X ∋ f(x) = y

Biyectiva

La función f es biyectiva cuando cada uno de los elementos de su contradominio es imagen deexactamente un elemento del dominio. Es decir, cuando es inyectiva y sobreyectiva. Las funcionesbiyectivas son llamadas funciones uno a uno, porque cada elemento del dominio está relacionadocon un elemento del contradominio, y de manera conversa, cada elemento del contradominio estárelacionado con un elemento del dominio.

Funciones especiales en reales

Sea f una función con dominio y contradominio real. La función f puede cumplir alguna delas siguientes propiedades:

Par

La función f es par si y sólo si f(x) = f(−x).

Impar

La función f es impar si y sólo si −f(x) = f(−x).

Funciones monótonas

La función f es monótona creciente si para x1 ≥ x2 se cumple f(x1) ≥ f(x2). Si se cumpleque x1 > x2 =⇒ f(x1) > f(x2), se dice que es estrictamente creciente.

Análogamente, la función f es monótona decreciente si para x1 ≥ x2 se cumple f(x1) ≤f(x2). Si se cumple que x1 > x2 =⇒ f(x1) < f(x2), se dice que es estrictamente decreciente.

Composición de funciones

Sean f : X → Y y g : Y → Z dos funciones. Se define la función f ◦ g : X → Z como:

(f ◦ g)(x) = f(g(x))

Esta función es producto de una composición de funciones, y consiste en aplicar la primerafunción al resultado de la segunda función para un valor x cualquiera en el dominio. Nótese lascondiciones en los dominios y contradominios para poder realizar la composición de funciones,el contradominio de la primera función debe ser igual que el dominio de la segunda función.Además, de esta condición se deduce que la composición de funciones no es conmutativa en lamayoría de los casos.

Función inversa

Sea f : X → Y una función. Se define:

Imagen de un subconjunto

Sea A ⊆ X un subconjunto del Dominio de f . La imagen del subconjunto A, notado comof [A], es el subconjunto del Contradominio consistente de todas las imágenes de elementos deA. Simbólicamente:

f [A] := {y ∈ Y : y = f(x) para algún x ∈ A}

Imagen inversa

Sea B ⊆ Y un subconjunto del Contradominio. La imagen inversa del subconjunto, o preima-gen, notado como f−1[B], es el subconjunto del Dominio de todos los elementos con imagenperteneciente a B. Simbólicamente:

f−1[B] := {x ∈ X : f(x) ∈ B}

Nótese el caso especial cuando B tiene un único elemento, la imagen inversa del conjunto nonecesariamente tiene un elemento, podría tener más elementos, o incluso no tener ninguno. Elcaso cuando tiene sólo un elemento se da a continuación.

Función inversa

Para cada y ∈ Y , considérese By ⊆ Y , el subconjunto del Contradominio tal que By tienecomo único elemento a y. La imagen inversa del conjunto By tiene un único elemento, para caday, si y sólo si la función f es biyectiva. Se define entonces la función f−1 : Y → X tal que alelemento y ∈ Y (del dominio de f−1) lo relaciona con el elemento único del conjunto f−1[By].Dicha función es la función inversa de la función f , la cual existe sí y sólo sí f es biyectiva.Simbólicamente:

f(x) = y ⇔ f−1(y) = x

De esto se deduce una propiedad importante en cuanto a la composición de una función con suinversa:

(f−1 ◦ f)(x) = x∀x ∈ X, (f ◦ f−1)(y) = y∀y ∈ Y

Cardinalidad

Para definir la cardinalidad de un conjunto, primero estableceremos las relaciones que debecumplir. Sin preocuparnos por el significado de ◦ (·), si A y B son conjuntos, escribiremos:

• ◦ (A) = ◦ (B) si y sólo si existe una función f : A → B tal que f es biyectiva.

• ◦ (A) ≥ ◦ (B) si y sólo si existe una función f : B → A tal que f es inyectiva.

• ◦ (A) > ◦ (B) si y sólo si existe una función f : B → A tal que f es inyectiva y no existeuna función g : A → B tal que g es inyectiva.

Con estas relaciones es posible comparar el “tamaño"de los conjuntos y decir cuál es más “gran-de”. Cuando dos conjuntos tienen la misma cardinalidad (primer caso) se le llama equipotenciao alternativamente equinumerosidad. Conviene asignarle una representación numérica a la car-dinalidad. A los números de dicha representación se les conoce como números cardinales. Paraconjuntos finitos los números cardinales corresponden a los naturales, pero existen muchos otros

cardinales para conjuntos infinitos. Para encontrar el número cardinal de un conjunto A finito,se encuentra el natural N tal que el conjunto B := {n ∈ N : n < N} es equipotente al conjuntoA. Aquí y en cualquier otra parte del anexo se considera que cero es un número natural.

Función proposicional

Cuando se necesita expresar una proposición que dependa del valor de una variable x, paravalores arbitrarios de x, se emplean funciones proposicionales. Una función proposicional es dela forma:

p : A → {verdadero, falso}Para algún conjunto A. Nótese que una función proposicional que no toma argumentos es unaproposición como las definidas en la primera sección, a las que llamaremos proposición cons-tante. Como ejemplo, la función p : Z → {verdadero, falso}, dada por p(x) : “x es un númeropar.” es una función proposicional. Vemos que p(4) es verdadero, en tanto que p(−5) es falso.Es importante notar que una proposición de la forma q : p(x)∀x ∈ A no es una funciónproposicional, aunque p(x) sí lo sea. Ese tipo de proposiciones (como q) son más bien unenunciado acerca del conjunto A, en donde x sólo es empleado de manera accidental. A manerade ejemplo, la proposición p(n) : 1 + 2 + 3 + . . . + n = n(n+1)

2 es una función proposicional, entanto que q : 1 + 2 + 3 + . . . n = n(n+1)

2 ∀n ∈ Z+, es una proposición constante, cuyo valor deverdad es, de hecho, verdadero (también le llamamos “teorema”), a la luz de los axiomas de losnúmeros enteros.

1.6. Sucesiones

Sea A un conjunto no vacío. Una función a : N → A es llamada sucesión en A. Dicha sucesiónes una sucesión infinita, porque tiene infinitos términos. Es posible definir sucesiones finitas den términos empleando el conjunto de los naturales menores o iguales, o solamente menores sise considera al cero entre los naturales, que n como dominio. En algunas ocasiones empleamosa los enteros, o algún subconjunto de ellos, como dominio. Nos centraremos aquí en el caso delos naturales.

Definición

Una sucesión generalmente es definida con una fórmula para obtener el n-ésimo término.Hay dos formas de definir el n-ésimo término de la sucesión, an. Estas son:

Forma cerrada

En la forma cerrada an depende únicamente de n, es decir para conocer o computar an noes necesario conocer algún valor de un miembro de la sucesión anterior a an.

Forma recursiva

En una sucesión definida en forma recursiva, an depende no sólo de n, sino que tambiéndepende de uno o más valores de la sucesión anteriores a an. Se definen casos iniciales, y poste-riormente depende de una fórmula recursiva. En algunos casos es posible encontrar una definiciónCerrada equivalente para una Forma Recursiva, o viceversa.

Notación

Por conveniencia, la siguiente notación es empleada para definir sucesiones:

(“Forma”)“Indices”

Donde “Forma” es la forma de los términos de la sucesión, generalmente una fórmula, ylos índices es un conjunto finito o infinito contable que coincida con el dominio de la funciónempleada como fórmula para la sucesión, y que tenga un orden, es decir, se puede establecercuál es el primer índice, cuál es el segundo, . . . Generalmente los índices se toman del conjuntode los naturales. Para ejemplificar la notación, la sucesión de los números pares positivos quedaescrita como (2n)n∈Z+ .

Límite de una sucesión

Para sucesiones de números reales, se dice que L es el límite de la sucesión a, notado:

lımn→∞

an = L

si y sólo si para cualquier real ǫ > 0, existe un entero N que depende de ǫ, tal que para cualquiern > N se cumple que |an − L| < ǫ

Series

Si a es una sucesión finita, de n términos cuyo índice inicial es 1, se define la serie de acomo:

S := a1 + a2 + · · ·+ an

O empleando notación compacta de sumatorias:

S =n∑

i=1

ai

Si a es una sucesión infinita, con índice inicial 1, se define la n-ésima suma parcial como:

Sn =n∑

i=1

ai

Nótese que las sumas parciales forman una sucesión (Sn)n∈Z+ . El límite de la sucesión de sumasparciales, cuando exista, es llamado serie de la sucesión a.

Producto

De manera análoga se define el producto, empleando la multiplicación en lugar de la sumacomo la operación a aplicar en la sucesión. Para denotar el producto se emplea:

n∏

i=1

ai = a1 · a2 · . . . · an

2. Combinatoria

2.1. Principios de la suma y el producto

Principio de la suma

Si se desea elegir un elemento entre dos conjuntos finitos disjuntos entre sí de cardinalidad my n respectivamente, entonces m+n es el número de formas en que se puede realizar la elección.En notación de conjuntos, y generalizando para un n entero positivo y los conjuntos siemprecon la restricción de ser disjuntos:

◦ (S1 ∪ S2 ∪ . . . ∪ Sn) = ◦ (S1) + ◦ (S2) + · · ·+ ◦ (Sn)

Principio del producto

Si se desea elegir un elemento de un conjunto de cardinalidad m y otro de un conjunto decardinalidad n, entonces m× n es el número de formas en que se puede realizar la elección. Ennotación de conjuntos, y generalizando para un n entero positivo:

◦ (S1 × S2 × · · · × Sn) = ◦ (S1) · ◦ (S2) · . . . · ◦ (Sn)

2.2. Alfabeto y palabras

Dado un conjunto A llamado alfabeto, se considera el conjunto LAk de todas las k-tuplas de

A. A los elementos de LAk se les llama palabras de k letras.

Notación

Considérese ai ∈ A. Se denota una palabra de k letras como:

a1a2 . . . ak := (a1, a2, . . . , ak)

Si existen i, j tales que i 6= j y ai = aj se dice que la palabra tiene repetición de letras.

Permutación y combinación

Permutación

Una permutación de una palabra es un re-ordenamiento de sus letras. Formalmente, sean py q palabras de k letras:

p = p1p2p3 . . . pk

q = q1q2q3 . . . qk

La palabra q es una permutación de p si existe una función biyectiva P : {1, . . . , k} →{1, . . . , k} tal que qi = pP (i) para todo 1 ≤ i ≤ k.

Contando permutaciones

Si ◦ (A) = n se define:nPk := ◦

(LAk

)

nPk := ◦({p ∈ LA

k : p no tiene repetición})

Nótese que P es el número de palabras de k letras que se puede formar de un alfabeto conn letras, independientemente si tienen o no repetición de letras. Análogamente, P es el númerode palabras de k letras sin repetición que se puede formar de un alfabeto con n letras. Comocorolario, kPk es el número de permutaciones posibles para una palabra de k letras.

Combinación

Una combinación no toma en cuenta orden, es decir es una colección de k elementos sin unorden específico. Nótese que una combinación no es equivalente a un conjunto, puesto que esposible considerar combinaciones donde se repiten elementos.

Contando permutaciones

Sea ≈ una relación de equivalencia en LAk × LA

k , p ≈ q si y sólo si q es una permutación dep. Sea LA

k el conjunto cociente LAk / ≈. Se define:

nCk := ◦(

LAk

)

nCk := ◦(

{[p] ∈ LAk : p no tiene repetición}

)

Teorema. nCk es la cantidad de combinaciones de k elementos de un conjunto de n elementos,sin importar si se repiten elementos o no. Análogamente, nCk es la cantidad de combinacionesde k elementos de un conjunto de n elementos sin repetir elementos.

Factorial

Si n ∈ Z+ se define el factorial de n, notado n!, como:

n! :=∏

i∈Z+

i≤n

i

Si n = 0 entonces n! = 1. Si n ∈ Z− entonces:1

n!:= 0

Fórmulas de permutación y combinación

Teorema. Se cumplen las siguientes igualdades, para n, k naturales:

nPk = nk

nPk =n!

(n− k)!

nCk =n!

k!(n− k)!

nCk =(n+k−1) Ck

Coeficientes binomiales y multinomiales

Se define el coeficiente binomial

(n

k

)

como el coeficiente del término xkyn−k en la expansión

de (x+ y)n, para n y k naturales.

Generalizando, se define el coeficiente multinomial

(N

n1, n2, . . . , nk

)

como el coeficiente del

término xn1

1 xn2

2 . . . xnk

k en la expansión de (x1+x2+ · · ·+xk)N , para n1, n2, . . . , nk y k naturales,

con n1 + n2 + · · ·+ nk = N

Teorema. El coeficiente binomial y el coeficiente multinomial cumplen las siguientes igualdades:(n

k

)

=

(n

n− k

)

= nCk

(N

n1, n2, . . . , nk

)

=N !

(n1!)(n2!) · · · (nk)!

Fórmula de Pascal

Teorema. El coeficiente binomial cumple la siguiente igualdad para n, k ∈ N, que lo define demanera recursiva:

(n+ 1

k + 1

)

=

(n

k + 1

)

+

(n

k

)

Binomio de Newton

Teorema. La expansión binomial de x+ y elevado a la n es:

(x+ y)n =

n∑

i=0

(n

i

)

xiyn−i

Expansión multinomial

Teorema. La expansión multinomial de x1 + x2 + · · ·+ xk elevado a la N es:

(x1 + x2 + · · ·+ xk)N =

∑

n1+n2+···+nk=Nn1,n2,··· ,nk∈N

(N

n1, n2, . . . , nk

)

xn1

1 xn2

2 . . . xnk

k

2.3. Inclusión y exclusión

Sean A1, A2, . . . , An con:

A :=

n⋃

i=1

Ai

entonces:

◦ (A) =

n∑

i=0

◦ (Ai)−∑

i,j : 1≤i<j≤n

◦ (Ai ∩Aj)

+∑

i,j,k : 1≤i<j<k≤n

◦ (Ai ∩Aj ∩Ak)

...

+ (−1)n−1 ◦(

n⋂

i=1

Ai

)

Particularmente, para el caso n = 2, tenemos:

◦ (A ∪B) = ◦ (A) + ◦ (B)− ◦ (A ∩B)

2.4. Principio de las casillas

Se define las funciones ⌊x⌋ y ⌈x⌉ como:

⌈x⌉ : R → Z

⌈x⌉ := mın{n ∈ Z : n ≥ x}

⌊x⌋ : R → Z

⌊x⌋ := max{n ∈ Z : n ≤ x}

Si n objetos se deben distribuir en k casillas, de manera que se permite colocar más de unobjeto en algunas casillas y se permite dejar algunas casillas vacías, entonces existe al menosuna casilla con al menos

⌈nk

⌉objetos y existe al menos una casilla con a lo sumo

⌊nk

⌋objetos.

2.5. Coloración

La técnica de resolución de problemas mediante coloración se aplica la mayoría de veces aproblemas que piden cubrir tableros. Se propone una coloración para dicho tablero, por ejemplola coloración de un tablero de ajedrez, que facilite una argumentación lógica para resolver elproblema.

2.6. Invarianza

En problemas que dependan de ciertas variables, o que definen un estado y una regla decambio del estado del problema, buscar una invarianza consiste en encontrar alguna relaciónen las variables o en los elementos de un estado que se mantenga sin importar qué variablesintervengan en el problema o cuántas veces se itere la regla de cambio de estado.

2.7. Funciones generatrices

Para una sucesión (an)n∈N dada se define la función generatriz como:

G(an, x) =∞∑

n=0

anxn

3. Teoría de Números

3.1. Inducción

Axioma de inducción

Si S es un conjunto de números naturales que contiene al 0 y al sucesor de cada número enS, entonces S contiene a todos los naturales.

Demostración por inducción

El axioma de inducción asegura que se puede demostrar teoremas con el siguiente método.Sea P (an) para an, n naturales una función proposicional. Para probar que P (an) es verdaderopara todo n natural, se sigue una demostración de tres pasos:

Paso 1: Se demuestra que P (a0) es verdadero.

Paso 2: Se asume que P (ak), para un k natural, es verdadero. Este paso se le conoce comohipótesis inductiva.

Paso 3: Se demuestra, que P (ak) =⇒ P (ak+1)

Al completar los tres pasos queda demostrado que P (an) es verdadero para todo n natural.

Casos comunes

Hay ciertas elecciones comunes para la sucesión (an)n∈N.

• Cuando an = n se produce la inducción en el sentido tradicional, puesto que la afirmaciónqueda demostrada para todo número natural.

• Si an = n + c, donde c es alguna constante, usualmente natural, se genera una ligeravariación del caso anterior, puesto que en lugar de probar para todo natural, se pruebapara todo natural mayor o igual a c.

• Si an = c·n, donde c es alguna constante, generalmente natural, se demuestra la afirmaciónpara los múltiplos de c. Usualmente empleado para particionar el conjunto de los enterosen k subconjuntos y emplear inducción en cada uno de ellos.

• En general, (an)n∈N puede ser una sucesión arbitraria infinita, por lo que la inducción esun método de amplia aplicación, siempre que se pueda encontrar una sucesión apropiadapara el problema.

3.2. Divisibilidad

Dados a, b ∈ Z, se dice que a divide a b, notado a | b, si y sólo si existe c ∈ Z tal que ac = b.Si a | b, a es llamado divisor de b, y b es llamado múltiplo de a.

Propiedades

Sean a, b, c ∈ Z, la divisibilidad cumple las siguientes propiedades:

• a | 0

• 0 | n =⇒ n = 0

• 1 | a

• a | a

• a | b y b | c =⇒ a | c

• a | b =⇒ ac | bc

• a | b =⇒ a | bc

• ac | bc y c 6= 0 =⇒ a | b

• a | b y a | c =⇒ a | bm+ cn ∀m,n ∈ Z

• a | b =⇒ |a| ≤ |b|

• a | b y b | a =⇒ |a| = |b|

Primo

Se dice que un entero p es primo si y sólo si tiene exactamente cuatro divisores en los enteros.

Lema de Euclides

Si p es primo y p | ab entonces p | a ó p | b.

3.3. MCD Y MCM

Divisor común y múltiplo común

Dados a, b ∈ Z, a un entero d′ se le llama divisor común de a y b si y sólo si d′ | a y d′ | b.Análogamente, a un entero m′ se le llama múltiplo común de a y b si y sólo si a | m′ y b | m′.

Máximo común divisor

Dados a, b ∈ Z, no ambos cero, el máximo entero d del conjunto de divisores comunes esllamado máximo común divisor. Para denotar al máximo común divisor se emplean las siguientesnotaciones:

d = (a, b)

d = mcd(a, b)

Mínimo común múltiplo

Dados a, b ∈ Z, ambos distintos de cero, el mínimo entero m del conjunto de múltiploscomunes positivos es llamado mínimo común múltiplo. Para denotar al mínimo común múltiplose emplean las siguientes notaciones:

m = [a, b]

m = mcm(a, b)

Propiedades

Sean a, b, c,m ∈ Z, el mcd y mcm cumplen las siguientes propiedades:

• mcd(a, a) = a

• mcd(a, b) = mcd(b, a)

• mcd(mcd(a, b), c) = mcd(a,mcd(b, c))

• mcd(a, b) = mcd(|a|, |b|)

• mcd(ma,mb) = m mcd(a, b)

• mcd(a+mb, b) = mcd(a, b)

• mcm(a, a) = a

• mcm(a, b) = mcd(b, a)

• mcm(mcm(a, b), c) = mcm(a,mcm(b, c))

• mcm(ma,mb) = m mcm(a, b)

• ab = mcd(a, b) mcm(a, b)

Primos relativos

A dos enteros a, b se les llama primos relativos si mcd(a, b) = 1.

Lema de Euclides

El lema de Euclides puede ser generalizado a los primos relativos. Si c, a son dos primosrelativos y c | ab, entonces c | b.

Lema de Bezout

Teorema. Sean a, b ∈ Z tales que mcd(a, b) = 1, entonces existen s, t ∈ Z tales que:

as+ bt = 1.

3.4. Algoritmos

Algoritmo de la división

Dados a, b ∈ Z existen q, r ∈ Z únicos tales que:

a = qb+ r con 0 ≤ r < b.

Algoritmo del MCD de Euclides

Si a, b ∈ Z y q, r son cociente y residuo, dados por el algoritmo de la división, entonces:

mcd(a, b) = mcd(a− b, b),

mcd(a, b) = mcd(r, b).

3.5. Teorema Fundamental de la Aritmética

Teorema. Si n es un entero mayor que uno, entonces existen p1, p2, . . . , pk primos positivosdistintos entre sí únicos, con p1 < p2 < . . . < pk y α1, α2, . . . , αk enteros positivos únicos, talque:

n = pα1

1 pα2

2 · · · pαk

k

Es decir, n tiene una factorización en primos positivos única.

MCD, MCM y factorización en primos

Sean a, b ∈ Z con factorizaciones en primos, pα1

1 pα2

2 · · · pαk

k y qβ1

1 qβ2

2 · · · qβj

j respectivamente.Se reordena su factorización prima de tal forma que p1 = q1, p2 = q2, . . . , pr = qr para unr ∈ Z, r ≤ mın(k, j), siendo pr+1, pr+2, . . . , pk y qr+1, qr+2, . . . , qj los primos restantes que noson comunes. Entonces es posible expresar a, b, mcd(a, b) y mcm(a, b) como:

a = (pα1

1 pα2

2 . . . pαrr )p

αr+1

r+1 pαr+2

r+2 . . . pαk

k

b = (pβ1

1 pβ2

2 . . . pβrr )q

βr+1

r+1 qβr+2

r+2 . . . qβj

j

mcd(a, b) = (pmın(α1,β1)1 p

mın(α2,β2)2 . . . pmın(αr,βr)

r )

mcm(a, b) = (pmax(α1,β1)1 p

max(α2,β2)2 . . . pmax(αr,βr)

r )(pαr+1

r+1 pαr+2

r+2 . . . pαk

k )(qβr+1

r+1 qβr+2

r+2 . . . qβj

j )

3.6. Congruencias

Sean a, b,m ∈ Z se dice que a es congruente con b módulo m, notado como a ≡ b mod m,si y sólo si m | (a− b)

Propiedades

Si a, b, c,m, n ∈ Z

• a ≡ a mod m

• a ≡ b mod m =⇒ b ≡ a mod m

• a ≡ b mod m y b ≡ c mod m =⇒ a ≡ c mod m

• a ≡ b =⇒ a+ n ≡ b+ n mod m

• a ≡ b =⇒ na ≡ nb mod m

• a ≡ b mod m y c ≡ d mod m =⇒ ac ≡ bd mod m

• a ≡ b mod m y c ≡ d mod m =⇒ a+ c ≡ b+ d mod m

• a ≡ b mod m y c ≡ d mod m =⇒ ac ≡ bd mod m

• a ≡ b mod m =⇒ an ≡ bn mod m

Sistema completo de residuos

Al conjunto {a1, a2, . . . , an} se le llama sistema completo de residuos módulo n si y sólo sipara cada entero z existe un único j tal que 1 ≤ j ≤ n que cumple

aj ≡ z mod n

Esto es, en el conjunto {a1, a2, . . . , an} existe exactamente un representante de cada clasede equivalencia módulo n.

Sistema reducido de residuos

Al conjunto {a1, a2, . . . , ar} se le llama sistema reducido de residuos si y sólo si (ai, n) = 1y para cada i tal que 1 ≤ i ≤ r, ai ≡ ak mod n implica i = k, y además, para cada entero z talque (z, n) = 1, existe un único j tal que 1 ≤ j ≤ r que cumple

aj ≡ z mod n

El pequeño teorema de Fermat

Teorema. Si p es primo y a ∈ Z entonces:

ap ≡ a mod p

Si mcd(a, p) = 1ap−1 ≡ 1 mod p

El teorema de Wilson

Teorema. Un entero p es primo si sólo si (p− 1)! ≡ p− 1 mod p

El teorema chino del residuo

Teorema. Sean n1, n2, . . . , nk enteros positivos primos relativos entre si, entonces para a1,a2, . . . , ak enteros arbitrarios existe un entero x que resuelve el siguiente sistema de congruencias :

x ≡ a1 mod n1

x ≡ a2 mod n2

x ≡ a3 mod n3

......

x ≡ ak mod nk

Funciones aritméticas

Una función f : Z+ → Z+ se llama función aritmética. A una función aritmética f se le llamamultiplicativa si mcd(a, b) = 1 =⇒ f(ab) = f(a)f(b). Consideremos a un entero positivo n,con factorización en primos n = pα1

1 pα2

2 · · · pαk

k . Hay varias funciones aritméticas básicas, entrelas que destacan las siguientes.

Función divisor

Las funciones divisor son funciones aritméticas definidas como la suma de los divisores deun entero n elevado a una potencia x, para un x natural, es decir:

σx(n) =∑

d|n

dx

Sigma sub cero

Para x igual a cero existen notaciones alternas, τ(n) = d(n) = σ0(n). Para la factorizaciónen primos de n anterior, se cumplen las siguientes igualdades:

σ0(n) = σ0(pα1

1 )σ0(pα2

2 ) . . . σ0(pαk

k )

= (α1 + 1)(α2 + 1) . . . (αk + 1)

Esto implica que σ0(n) es multiplicativa.

Sigma sub uno

Para x igual a uno se suele omitir el sub-índice, es decir σ(n) = σ1(n). Se tiene que

σ(n) = σ(pα1

1 )σ(pα2

2 ) . . . σ(pαk

k )

=

(

pα1+11 − 1

p1 − 1

)(

pα2+12 − 1

p2 − 1

)

. . .

(

pαk+1k − 1

pk − 1

)

Esto implica que σ(n) es multiplicativa.

Función totiente de Euler

Si n es un entero positivo, se define la función totiente de Euler como la cantidad de enterospositivos menores o iguales que n que son primos relativos con n. Se puede calcular directamentela función totiente de Euler con la siguiente fórmula:

ϕ(n) = ϕ(pα1

1 )ϕ(pα2

2 ) . . . ϕ(pαk

k )

=(

pα1

1 − pα1−11

)(

pα2

2 − pα2−12

)

. . .(

pαk

k − pαk−1k

)

= n

(

1− 1

p1

)(

1− 1

p2

)

. . .

(

1− 1

pk

)

Lo cual implica que ϕ(n) es multiplicativa. Las demostraciones de todas las fórmulas anterioresse pueden hallar en cualquier libro de teoría de números.

Función de Möbius

Un entero n se llama libre de cuadrados si no existe un primo p tal que p2 | n.La función de Möbius puede tomar tres valores, −1, 0, 1 de acuerdo a la siguiente definición:

µ(n) =

1, si k es par y n es libre de cuadrados,

0, si n no es libre de cuadrados,

−1, si k es impar y n es libre de cuadrados.

La función µ(n) es multiplicativa.

Bibliografía General

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[8] Pérez, María: Combinatoria. Cuadernos de Olimpiadas de Matemáticas. Instituto de Ma-temáticas, UNAM, México, tercera edición, 2005.

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[10] Pérez, María: Teoría de Números. Cuadernos de Olimpiadas de Matemáticas. Instituto deMatemáticas, UNAM, México, segunda edición, 2009.

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