Revista Escolar de la Olimpada Iberoamericana de Matemtica

Nmero 50 (septiembre 2013 - mayo 2014)

ISSN 1698-277X

NDICE

Editorial en el cincuentenario, por Francisco Bellot

Artculos, Notas y lecciones de preparacin de Olimpiadas (50)

Lo que se piensa bien por Claude Villers.

Introduccin a la teora de grafos, por A. Kiselev y Ekaterina Zhukova.

La suficiencia de la equivalencia e independencia de las desigualdades de

Cauchy-Buniakowski-Schwarz y de Bergstrm, por D.M.BtineuGiurgiuyNeculaiStanciu.

Problemas para los ms jvenes (50)

Problemas de la Brother Alfred Brousseau Mathematics Competition, Introductory Division

Soluciones a los problemas PMJ48-1, PMJ48-2, PMJ48-3 y PMJ48-4, por Luis Miguel Marav Zavaleta, Huamachuco, Per.

Problemas de nivel medio y de Olimpiadas (50)

Problemas de la Ronda Final de la 26 Olimpiada de Corea del Sur (2013)

Problemas (50)

Problemas propuestos 246-255

Problemas resueltos

Problema 241

Recibidas soluciones de Daniel Lasaosa Medarde, Pamplona, Espaa; Marcos Martinelli, Brasilia, Brasil; y de los proponentes

Problema 242

Recibidas soluciones de Daniel Lasaosa Medarde, Pamplona, Espaa y de los proponentes.

Problema 243

Recibidas soluciones de Daniel Lasaosa Medarde, Pamplona, Espaa; Marcos Martinelli, Brasilia, Brasil y de los proponentes.

Problema 244

Recibidas soluciones de Ignacio Larrosa Caestro, La Corua, Espaa; Daniel Lasaosa Medarde, Pamplona, Espaa; Marcos Martinelli, Brasilia, Brasil; y del proponente.

Problema 245

Recibidas soluciones de Saturnino Campo Ruiz, Salamanca, Espaa; Andrea Fanchini, Cant, Italia; Daniel Lasaosa Medarde, Pamplona, Espaa.

El editor se complace en comunicar la recuperacin de David Monk, autor del problema 245.

Noticia de congresos, referencia de pginas web y resea de libros (50)

Tres necrolgicas: Pawel Jarek , Leon van den Broek y Marie Hlne Deledicq, por F. Bellot

Congreso Iberoamericano de Ciencia, Tecnologa, Innovacin y Educacin, Buenos Aires (Argentina). 12 al 14 de noviembre de 2014

Divertimentos Matemticos (50)

Los Caballeros de la Larga Bsqueda (3 y ltima parte), por Vctor Bujn Delgado

Otras informaciones

Cursos de GeoGebra

Para Primaria http://www.ibertic.org/primariageogebra/

Para Secundaria http://www.ibertic.org/ticymatematica/

Formacin Docente

Especializacin en Educacin Matemtica (secundaria) http://www.oei.es/cursomatematica/

Curso Programacin, Creatividad y Resolucin de Problemas con Scratch http://www.ibertic.org/scratch/

Colaboracin docentes alumnos

Club Iberoamericano GeoGebra

http://www.ibertic.org/clubgeogebra.php

Realizado en el marco del Instituto Iberoamericano de Enseanza de las Ciencias y la Matemtica (IBERCIENCIA) con la colaboracin de la Consejera de Economa, Innovacin, Ciencia y Empleo de la Junta de Andaluca

EDITORIAL EN EL CINCUENTENARIO

El que la Revista Escolar de la O.I.M. llegue a su volumen nmero 50 justifica, en mi opinin, un editorial. Y lo primero que hay que decir son dos palabras: gracias y perdn.

Gracias a todos los colaboradores, y lectores de la Revista. Gracias, sin duda a la OEI, en cuyas generosas pginas web se alberga la REOIM y sin cuyo decidido apoyo desde el primer momento no hubiera sido posible llevar a efecto la iniciativa. Gracias a los ms de treinta mil quinientos suscriptores, que, aparte del aviso por email de que el siguiente nmero est en la red, no reciben otros beneficios. Muchas gracias a todos.

En segundo lugar, el editor tiene que pedir perdn. En 2006, un persistente vrtigo provoc un impasse de varios meses en la publicacin. Ahora se ha vuelto a producir una larga interrupcin, afortunadamente no por enfermedad, sino por un exceso de trabajo (parece mentira que esto lo diga un jubilado): la Olimpiada Matemtica Espaola, el Concurso Canguro Matemtico, los Seminarios de Problemas, el proyecto ESTALMAT

Por eso presento mis excusas a los lectores de la Revista, y aprovechando que 50 es un nmero redondo, en lugar de los cinco problemas propuestos en cada nmero, en ste proponemos 10, e incluimos las soluciones de los problemas del nmero anterior de todos los que nos las han hecho llegar.

Quisiera mencionar tambin a los autores de los Artculos que presentamos en este volumen.

El Prof. Claude Villers es un veterano matemtico belga, cuyo artculo fue presentado en el Congreso de la Sociedad Belga de Profesores de Matemticas de expresin francesa celebrado en 2010 en Dinant, una de las ciudades con emplazamiento ms espectacular en el valle del ro Meuse, y que ha accedido amablemente a que lo traduzcamos para los lectores de la REOIM.

Los Prof. Batinetzu-Giurgiu y Neculai Stanciu, de Rumania, nos hicieron llegar el artculo complementario del que apareci en el vol. 49 al poco

tiempo de la publicacin de ste, y han tenido que esperar pacientemente la aparicin del volumen 50.

La profesora Ekaterina Zhukova, de la Universidad de Electrotecnia de San Petersburgo, y su colaborador A. Kiselev, de la Universidad de San Petersburgo contribuyen con un artculo de Introduccin a la teora de grafos que espero sea del agrado de todos los lectores, y en especial de los jvenes. Contiene un gran nmero de ejercicios, cuyas soluciones se incluyen en la ltima parte de su contribucin. Creo que es una excelente muestra de la manera de ensear en los centros rusos.

Los posibles errores son imputables al editor, naturalmente.

Las tres notas necrolgicas afectan en esta ocasin a tres destacados miembros de la Asociacin Kangourou Sans Frontires que han desaparecido entre febrero de 2013 y abril de 2014: Pawel Jarek, de Polonia; Leon van den Broek, de Holanda, y Marie Hlne Deledicq, de Francia. Nuestras ms sinceras condolencias a sus familiares y amigos.

La OEI est ahora inmersa en la organizacin, el prximo mes de noviembre, de un macro congreso en Buenos Aires sobre Ciencia, Tecnologa, Innovacin y Educacin Matemtica en Iberoamrica. Por eso la seccin Noticia de Congresos est dedicada a este magno acontecimiento.

Y la seccin de Divertimentos Matemticos contiene el tercer y ltimo captulo del relato Los Caballeros de la Larga Bsqueda, del Prof. Vctor Bujn Delgado, de Costa Rica.

Repito mis palabras iniciales: Muchsimas gracias a todos, y perdn por el retraso en la salida de este vol. 50 de la REOIM.

Francisco Bellot Rosado

Valladolid, mayo de 2014.

Artculos, Notas y lecciones de preparacin de Olimpiadas

1

Loquesepiensabien.

ClaudeVillers Direccindelautor: RueLouisPirard,297022Hyon Mail:claude.villers@swing.be EstetextoeselsoportedelaconferenciapresentadaenDinant,elmircoles25deagostode2010,en elmarco del 36e congreso de la SBPMef (Socit Belge des Professeurs deMathmatiquesdexpressionfranaise).

1IntroduccinMathsetmotseraeltemaprincipaldelcongreso.Untemavasto,sindudaalguna,yparticularmenteabierto.Puede,evidentemente, suscitar laexpresindenumerosospuntosde vista yendoen sentidosdiversosyencontrarsetambinenelorigendedebates,discusiones,textos,intervenciones,sindudamuyinteresantes.Porotraparte,eltemahasidotratadodediferentesformasennumerosasobrascuyasreferenciaspuedenencontrarsefcilmenteenInternetutilizandoalgnmotordebsqueda.Esbastanteevidentequelamatemtica,tantoensuenseanzacomoensusaplicacionesyensusinvestigaciones,necesita,almenosparasucomunicacin,elusodediversos lenguajes,entre loscualesestel lenguaje coloquial, formadopor frases constituidas a su vezporpalabras, yquetieneciertamenteunlugarimportante.Labsquedadelacalidaddeestacomunicacinydesupercepcinaparecenabundantementeenlas recomendaciones metodolgicas que acompaan a los programas de los cursos dematemticas,especialmentelosdelosdosprimeroscursosdelaenseanzasecundaria.Enlaslistasdecompetenciasadesarrollarqueconciernenallenguaje,estnporejemplo:: Expresarsecorrectamente, Formularcorrectamentelosrazonamientos, Enunciar y redactar claramente la respuesta a la pregunta planteada o la conclusin del

razonamientoelaborado, Comprenderunmensaje, Analizarlaestructuraglobaldeuntextoydistinguirenlloesencialdeloaccesorio, Traducirunainformacindeunlenguajeaotro, Pasardellenguajecoloquialalalgebraicooalgrficoyrecprocamente, Dominarelvocabularioyelsimbolismo, Explicaryredactarunademostracin, Extenderunaregla,unenunciadoounapropiedadaundominiomsamplio, etc

Las matemticas no se aprenden : se comprenden. Autor desconocido

2

Todosnosotrosestamos ciertamente convencidosde lanecesidaddealcanzar lomejorposibleesosobjetivos,perotambinsabemosquenosiempreesevidenteconseguirlototalmenteyque,a veces, son esas pasadas de frenada en el nivel de la lengua utilizada las que planteanproblemasaciertosalumnos.Heaquunejemplovividoporm,hace.muchotiempo.El ejercicio propuesto a los alumnos les peda dibujar las flechas de la composicin de dosrelacionesmedianteflechasdecolores.Laconsignaaaplicareralasiguiente:Cadavezqueaunaflechaverdelesigueunaflechaazul,entoncessetrazaunaflecharojadirecta. Lasituacininicialera,porejemplo: Un alumno ha propuesto la construccin de laderecha, justificndola porque si una flecha verdeest seguiddeunaazul,esque laazulestdetrsdelaverdeynodelantedeella.

3

Otroejemplo.Qusignificadosatribumosalapalabraaltura?cuandosedice: Elreadeuntringuloesigualalamitaddelproductodesubaseporsualtura. Las tres alturas de un tringulo se cortan en un mismo punto, llamado ortocentro del

tringulo. Enelprimercaso,laalturaeslalongituddeunsegmento(labasetambin).Enelsegundo,lasalturassiguensiendosegmentos?Esosdosejemplosilustranbienqueunamismapalabrapuedetenerdiferentessignificadossegnelcontextoenqueseencuentraenelmomentoenqueseutiliza.Sinembargo,esopuederesultarperturbadorpara losalumnosquenosescuchan.Conviene,portanto,estaratentos.Vamosahoraapresentaralgunassituacionesdeenseanzaqueilustranlasrelacionesdecausaaefectoquepuedenexistirentrelasmatemticasylaspalabras.Enestaocasin,severnsituacionesmuysencillasquepermitanreencontrarnocionesenseadasqueaclaren,quizunnuevodayqueofrezcanamenudo laoportunidaddeabordarnocionesmatemticasnuevas.

4

2MatemticassinpalabrasEsposiblepracticarocasionalmentematemticassinutilizarpalabras.Eselcaso,porejemplo,enalgunasdemostraciones.SepuedenencontrarnumerososejemplosenunlibrocomoProofswithoutwordsdeRogerB.NelsenoensitiosdeInternet.Sinembargo,deberanacompaaroseguiraesasfigurasalgunoscomentariosoralesoescritos.Heaquejemplosdetalesjustificacionessinpalabras. Sumadelosngulosdeuntringulo

Lasumade lostresngulos interioresdeuntringuloeselngulollano. Diferenciadedoscuadrados

(a+b)(ab)=ab ElteoremadeViviani

a b

a b

b a

a-b

a

ab

b

5

Teorema:lasumadelasdistanciasdeunpuntointeriorauntringuloequilteroalostresladosesigualalalongituddelaalturadeltringulo. ElteoremadePitgorasporLeonardodaVinci

Deizquierdaaderechaydeabajoaarriba.

Esta justificacin es espectacular, pero hay que probar que el cuadriltero de trazo pleno esefectivamenteuncuadrado.Heaqu,pues,unapropuestadedemostracindelarelacinencuestin.

h

6

BACesun tringulorectngulo;BAGDyCAFEson loscuadradosconstrudossobre los ladosdelngulorecto.

Trazamoselsegmento[GF].|GF|=|BC|(isometradelostringulosAGFyABC)Trazamos[DA]y[AE].D,AyEestnalineadosporqueelnguloDAEmide45+90+45esdecir180(diagonalesdecuadradosytringulorectngulo) Consideremos la

imagenEGFDdeDGFEpor lasimetraortogonalcuyoejees lamediatrizde[DE].Todasimetraortogonalconserva las longitudes, lasreasy lasmedidasdelosngulosenvalorabsoluto.LuegoDGFEyEGFDtienenlamismareayporconsiguienteloshexgonosBDGFECyBDFGECtienentambinlamismarea.Los puntos D, G y F estn alineados pues los ngulos noorientadosGDAyFDAmidenlosdos45.IgualmenteE,GyFestnalineados.Setienetambin|FG|=|FG|.Pero|FG|=|BC|=|BF|=|CG|(tringulosisomtricos).Luego|BF|=|FG|=|GC|=|BC|.

ObservemoselhexgonoBDFGEC.Tracemos[BF]y[CG]ElcuadrilteroBCGFesunrombopuessuscuatroladossondelamismalongitud(ladelahipotenusadeltringulorectnguloBAC).

SeaPunpuntodelarectaCB(verlafigura).DByACsonperpendicularesaAB(cuadradoytringulorectngulo),luegoDB//AC.LosngulosPBDyPCAson isomtricos (nguloscorrespondientes formadospordosparalelasyunasecante).Ahorabien,losngulosBCAyBFDsonisomtricos(tringulosisomtricos).LosngulosDBFyBFDsontcomplementarios(triangulorectngulo)luegolosngulosDBFyDBPtambinloson.PBFespuesunngulorecto,ascomoFBC.

B

A

C

D

G

F

E

B

A

C

D

G

F

E

G'F'

B

A

C

D

E

G'F'

P

7

ElromboBCFGtieneunngulorectoyportantoesuncuadrado.Comparando lasegundaycuartafigurasquetienen lamismareayhaciendoabstraccinde losdostringulosrectngulosisomtricosqueaparecenenellas,resultaquelasumadelasreasdeloscuadradosconstrudossobrelosladosdelngulorectodeuntringulorectnguloesigualalreadelcuadradoconstrudosobrelahipotenusa.

8

3MatemticasconpalabrasEn el sentido estricto del ttulo, es cierto que es posible encontrarmatemticas y desarrollarnocionesdelosprogramasutilizandodiversostextosenloscualeslaspalabrasolosconjuntosdepalabrassonconsideradosnicamentecomosimplesobjetos.HeaquunejemplosacadodeElBurgusGentilhombredeMolirequepuedeabrirelcaminoalanlisiscombinatorio.M.JOURDAIN.No,no,no,yonoquierotodoeso:yonoquieromsqueloqueoshedicho:Bellemarquise,vosbeauxyeuxmefontmourird'amour.MAESTRODEFILOSOFA.Esprecisoextenderunpocoelasunto.Loscincotrminosqueson:bellemarquisevosbeauxyeuxmefontmourird'amour,puedenserpermutados.Engendranas120anstrofes.Heaqu10.

1:(bellemarquisevosbeauxyeuxmefontmourird'amour)2:(vosbeauxyeuxbellemarquisemefontmourird'amour)3:(mefontbellemarquisevosbeauxyeuxmourird'amour)4:(bellemarquisemefontvosbeauxyeuxmourird'amour)5:(vosbeauxyeuxmefontbellemarquisemourird'amour)6:(mefontvosbeauxyeuxbellemarquisemourird'amour)7:(mourirbellemarquisevosbeauxyeuxmefontd'amour)8:(bellemarquisemourirvosbeauxyeuxmefontd'amour)9:(vosbeauxyeuxmourirbellemarquisemefontd'amour)10:(mourirvosbeauxyeuxbellemarquisemefontd'amour

Naturalmente, queda el problema de construirlos todos de manera organizada y noanrquicamente.Ahaparecelanocindealgoritmo.Quizeselmomentoderesolverloencolaboracinconelcursodeinformtica.

9

4LasmatemticasdespusdelaspalabrasUna lectura, una afirmacin o una reflexin bien entendidas son a menudo ocasiones deestablecerunabsquedadeloquepuededesembocarenalgocreativoeneldominiomatemtico.Veamosunejemplo.Es bien conocida la emisin Cifras y letras de las emisoras de TV, y en particular, sucomponenteLacuentaestbien.Elobjetivodeesteltimojuegoconsisteenformar,enuntiempolimitado,unnmeronaturalde3 cifras (por tanto entre 100 y 999), utilizando las operaciones elementales(suma, resta,multiplicacinydivisinexacta)sobre6nmerosnaturalessacadosalazardeentre losnmerosnaturales siguientes: los que van de 1 a 10, que pueden aparecer dos veces cada uno, comomximo, ms 25, 50, 75 y 100 , es decir 24 possibilidades en total que se pueden suponerequiprobables.

41Lacuentasueleestarbien.Esteeselttulodeunartculoquetratadeljuego,publicadoenelnmerodemarzoabrilde2010delboletnn487delAPMEP(AssociationdesProfesseursdeMathmatiquesdelEnseignementPublic(France)),firmadoporMichelLafond.El autor estudia este juego bajo diversos aspectos combinatorios y muestra de manera muydetalladaquelaprobabilidaddehacerbienlacuentaesparticularmentegrande.Paraello,elautorcalculaelnmerototaldecasosdeljuego,loquenoplanteagrandificultadsisedisponedeelementosdeanlisiscombinatorio.EsenmeroesC(24,6)X900osea121136400.Acontinuacin,medianteunclculodetalladoybastantecomplejodemuestraqueelnmerodecasosquepermitenobtenerelresultadocorrectoes113554259.Laprobabilidadencuestinespues113554259/121136400esdecir0,9374082356742LaspalabrasencuestinEneltranscursodeunaemisin, losdosconcursantesdebantratarde formarelnmero864oaproximarseallomsposible,conlosnmeros2,1,5,3,1,9.Amboshanrespondido540efectuando(2+1)x(3+1)x5x9.

10

Elpresentadorhadeclaradoentoncesque540eraefectivamenteelmximovalorposibleysobretodohaaadidocon insistenciaqueambosconcursanteshabanaplicadobien lasiguientereglaquenomecansoderepetir.

Efectivamente,enelcasode lasituacinpropuestaespreferiblecalcular(2+1)x(3+1)x5x9envezde2x3x(5+1)x(9+1)quevalesolamente360.ReaccionesUnaprimerareaccinconsisteenpreguntarsesilareglaenunciadaescorrecta.Algunosejemplosnumricos utilizando los nmeros autorizados por el juego (e incluso otros) parecen ir en elsentidodeunarespuestaafirmativa.Yalmismotiempoesasverificacionesnumricasnosempujanaabandonarelestrictodominiodelosnmerosutilizablesenel juegoyageneralizar lareglaa loselementosdelconjuntoNde losnmerosnaturales.Esconvenienteentoncesrecurriraunademostracin,esdecir,utilizarvariablesquegeneralicenelestudihecho.Seandosnaturales ayb talesque a b yelnmero1quesesumaraunouotroantesdeefectuarelproducto.Comparemoss (a+1)bcona(b+1)esdecirab+bconcab+a.Setiene: ab=abY a b Deah, ab a ab b+ + Obien ab b ab a+ + loquedavalidezalareglaenunciada.

Si aparece un 1 entre los nmeros extrados, entonces el producto de otros dos de los nmeros extrados sera el mayor posible si se suma el 1 al menor de los dos nmeros, antes de multiplicarlos .

11

5Lasmatemticasantesdelaspalabras51Puestaensituacin

Existen, desde luego, diferentes maneras de traducir esta espresin al lenguaje ordinario,transformndola.Asseutilizalacompetenciadeinterpretacinquedasentidoalaescrituradelafrmula. aab+b=0seescribecomo(a+b)ab=0Ladiferenciaentrelasumadedosnmerosaybysuproductoesnula. aab+b=0seescribetambina+b=abLasumadedosnmerosaybesigualasuproducto.Seobservarqueesasexpresionesno traducenenningnmodounapropiedadgeneralde losnmeros,sinounaigualdadlocal.Estasituacinambiguapodaevitarseenunciando:aybsondosnmerostalesqueladiferenciaentresusumaysuproductoesnula.aybsondosnmerostalesquesusumaesigualasuproducto.52InvestigacionesBusquemos,enprimerlugar,valoresnaturalesdeayb.Seobtienenrpidamentelosvaloressiguientes:a=b=0dana+b=0=abya=b=2dana+b=4=abOtrosensayosdanlugaracasosinteresantesquegeneranterminologamatemtica.Porejemploa=1da1b+b=0osea1=0queesimposible.anopuedevaler1.Lacuestinesahorabuscarsiexistenpares(a,b)deNxNdistintosde(0,0)y(2,2)queverifiquenlaigualdad.Esoexigeuntratamientomatemticoqueconstittuyeunaciertaformadeinvestigacin.53Bsquedadepares(a,b)deNxNVamosaexpresarbentrminosdeaperotambinseraposibleescribiraentrminosdeb.Asaparecenlasnocionesdevariableindependienteydevariabledependiente.Seapuesaab+b=0.Entoncesab(a1)=0obiena=b(a1)luego ab

a 1 .Laleydeformacindebentrminos

deaesbastantesimple.El denominador a1 no puede anularse pues a no puede valer 1. Volvemos a encontrar lacondicinhalladapreviamente.

a y b son dos nmeros tales que a ab + b = 0. Qu significa esta igualdad? Qu interpretacin darle ?

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Ademssetieneb=a/(a1)oseab=(a1+1)/(a1)1Esdecirb=1+1/(a1)Paraquebseaunnmeronatural,esnecesarioquea1dividaa1,loquedaa1=1a1=1dedondea=2a=0.Lasdosnicasparejasdenaturalessonpues(2,2)y(0,0).Estoconfirmaloquehabamoshalladoantesyrespondeanuestrapregunta.54YenRxR?Todovalordea,distintode1,proporcionaunvalorcorrespondienteparab.(Ejemplos:a=5da 5b

6 ,a=3da 3b

4 , 1a

4 da 1b

3 ,etc)

Esclaroqueexisteninfinitasparejas(a,b)denmerosrealestalesque aab+b=0 Latablamuestraalgunasdeellas.

1 La transformation de la fraction utilise ici pourra tre rinvestie dans la rencontre ultrieure dautres notions(asymptoteoblique,p.ex.).

a b2,00 0,67..1,50 0,601,00 0,500,50 0,33..0,00 0,000,50 1,001,00 1,50 3,002,00 2,002,50 1,67..

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55Representacionesgrficasaybsonahoranmerosreales.Podemosrepresentarlosvaloresdeasobreunarectadotadadeunareferencia(0,1)ylosvaloresdebsobreotra recta igualmentedotadadeotra referencia (0,1)comomuestraelejemploquesigue.

Llamaremosaestadibujounagrficasegmentaria.Dehecho, lautilizacinde las flechasenvezde lossegmentossera lomismoqueestablecerelgrafosagitaldelafuncinquerelacionaloselementosdeAconlosdeB.Naturalmente,esposibleutilizarlarepresentacindeunagrficacartesiana.Heaquunaparte. NB:Aqulafuncinutilizadaesy=f(x)=x/(x1)conxdistintode1envezdeb=f(a)=a/(a1)conadistintode1. Deestagrficacartesianasepuedenhacervariaslecturas. Cuntomsaumentaa,envalorabsoluto,msseacercaba1.

0 1 2 35

0

1

23/25/4

-1

1/2

-2-3

3/4

B

A

2 3 4 5 6 7 8-1-2-3-4-5-6-7-8

2

3

4

5

-1

-2

-3

0 1

1

x

y

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Cuantomsseacercaaa1,mayoresb.56Ysi?Ysiintentamosmodificarelgrficosegmentariohaciendocoincidirlospuntoscuyasabscisasson0?Estoesloquedautilizandounprogramadegeometradinmica. Seconvierteen. ysorpresa:Todaslasrectasquecontienenlossegmentosdeesagrficaparecenconcurrirenunpuntodecoordenadas(1,1).Lavalidezdeestaconjeturahadeserjustificada,evidentemente.Volvamosalasnotacionestradicionalesdelosejes.Lafuncinrepresentadasedefinecomof(x)=x/(x1).

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Unaprimeraestrategia:AAtieneporecuacin: yx 1aa

a 1

esdecirex+(a1)y=aobienx+(a1)ya=0

Igualmente,BBtieneporecuacinx+(b1)yb=0yCCtieneporecuacinx+(c1)yc=0Ahorasedemuestraqueelsistemadeesastresecuacioneslinealescondosincgnitastienelasolucinnicax=1,y=1.Unesegundaestrategia:SeescribenlasecuacionesdeAAydeBB;suinterseccinesI:(1,1),queverificanlaecuacindeCC.UneterceraestrategiaA:(a,0)yA:(0,a/(a1))sonlascoordenadasdelosextremosdeunsegmento[AA]delagrficasegmentaria.AAtieneporecuacin:x+(a1)ya=0Osea(xy)+a(y1)=0AAespuesunelementodeunhazderectasquepasantodasporelpuntodefinidoporx y 0y 1 0 esdecir(1,1).

O(0,0) A(a,0) B(b,0) C(c,0)

A'(0,a/(a-1))

B'(0 ,b/(b-1))

IC'(0,c/(c-1))

X

Y

O(0,0) A(a,0)

A'(0,a/(a-1))

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Otraestrategiaquenoprecisalasecuacionesdelasrectas:SeatA:(a,0)eI:(1,1).LarectaAIcortaaeOYenA.Pongamos A: (0,b) y demostremos que entonces aab+b=0.Aprovechemoslasemejanzadetringulos!LostringulosAOAyAEIsonsemejantesluego b b 1

a 1 dedonde:b=abaoaab+b=0.

57Algunassugerenciasdeinvestigacin. Se pueden hacer coincidir otros puntos de la grfica segmentaria y obtener la misma

constantequeantes?Cules? Compararlasumadedosnmerosconsudiferencia, Compararlasumadedosnmerosconsucociente, Compararladiferenciadedosnmerosconsuproducto Compararladiferenciadedosnmerosconsucociente, Compararelproductodedosnmerosconsucociente.6Amododeconclusin.

Avantdoncqued'crire,apprenezpenser.

Selonquenotreideestplusoumoinsobscure,L'expressionlasuit,oumoinsnette,oupluspure.Cequel'onconoitbiens'nonceclairement,Etlesmotspourledirearriventaisment.

Boileau(Lartpotique)

Antesqueaescribir,aprendedapensar.Segnquenuestraideaseamsomenososcura,Laexpresinlasigue,omenosneta,omspura.Loquesepiensabien,seenunciaclaramente,Ylaspalabrasparadecirlolleganfcilmente

O(0,0) A(a,0)

A'(0,b)

D(1,0)

E(0,1) I(1,1)

Introduccin a la teora de grafosA.Kiselev, Universidad Estatal de San Petersburgo, y Ekaterina Zhukova,

Universidad Estatal Electrotcnica de San Petersburgo

1. IntroduccinTodos los lectores habrn visto problemas como los siguientesProblema 1.1. En el pas de Genovia hay 2013 ciudades. Es posible conec-

tarlas con carreteras de tal manera que salgan 3 carreteras de cada ciudad?Problema 1.2. Demostrar que si 2013 personas asisten a una reunin y

algunas de ellos estrechan la mano con otras (pero no a si mismas), entonces alnal hay al menos dos personas que han estrechado la mano al mismo nmerode personas.Problema 1.3. Demostrar que si 2013 personas asisten a una reunin y todo

el mundo estrecha la mano a otros (pero no a s mismo), entonces al nal se hanproducido 201320122 apretones de manos.

Todos estos problemas estn relacionados con el concepto de grafo. Losobjetos de los que trata cada problema (ciudades, personas, etc) se llamanvrtices. Para hacer la situacin ms obvia, se pueden dibujar como puntos enel plano. La representacin visual del grafo puede ser til para entender mejorel concepto. Conectaremos vrtices que estn relacionados entre s (ciudadesunidas por carreteras, personas relacionadas entre s por apretones de manos,etc) por lneas llamadas aristas .Se ver un dibujo, parecido a un mapa o algosimilar.Esta es una idea intuitiva de la nocin de grafo. Vamos a dar ahora la

denicin estricta para expresar la idea visual.Denicin 1.1. Sea V cualquier conjunto nito de vrtices y sea VV el

conjunto de todos los subconjuntos de V que tengan 2 elementos. EntoncesE V V es el conjunto de las aristas. El par ordenado (V;E) es un grafo .

He aqu algunos ejemplos de grafos. El grafo tal que E = V V se dice que escompleto. El grafo tal que E = ? se dice grafo vaco o grafo nulo.En lo que sigue, para hablar sobre vrtices y aristas de grafos usaremos

alguna terminologa intuitivamente entendible que exprese el enfoque visual.Por ejemplo, la arista y el vrtice perteneciente a ella se dirn incidentes. Dosvrtices a y b tales que fa; bg 2 E se dir que estn conectados por una aristao que son adyacentes.Necesitaremos la siguiente denicin:Denicin 1.2. El nmero de aristas incidentes con un vrtice se llamar

grado del vrtice.Ahora echemos una mirada a algunas propiedades obvias de los grafos.Teorema 1.1.El nmero de vrtices de grado impar es un nmero par.La suma de los grados de todos los vrtices de un grafo es igual al nmero de

aristas multiplicado por 2 (un nmero efectivamente par), as que debe haberun nmero par de trminos impares en esta suma.Teorema 1.2. En cualquier grafo hay dos vrtices del mismo grado.

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Consideremos la negacin de la proposicin: supongamos que todos los vr-tices del grafo tienen grados distintos. Puesto que puede haber grados desde 0hasta n 1 (donde n es el nmero de vrtices), pero no puede haber un vrticede grado 0 y otro con grado n1 en el mismo grafo, esto es una contradiccin.Teorema 1.3. Un grafo completo de n vrtices tiene n(n1)2 aristas.En efecto, cada vrtice est conectado a otros n 1; pero cada vrtice se

cuenta as dos veces.Cada uno de los teoremas anteriores da la solucin a los problemas de la

seccin siguiente. Luego se proponen otros problemas de solucin obvia.

Problema 1.4. Demostrar que si hay 2013 ciudades y cada ciudad estconectada a todas las dems, entonces en total hay 201320122 carreteras entreellas.Problema 1.5. Demostrar que si hay 2013 ciudades y cada una de ellas

est conectada por carretera con alguna de las dems, entonces hay al menosdos ciudades de las que sale el mismo nmero de carreteras.Problema 1.6. En Genovia hay 2013 ciudades. Es posible conectarlas por

carretera de manera salgan 3, 5 7 carreteras de cualquier ciudad?Problema 1.7. Existe un grafo con vrtices de grados4,4,4,3,3,2?8,6,6,5,3,2,1,1?7,3,3,3,3,2,2,1?7,7,5,4,4,2,2,1?7,6,4,3,4,4,1,2?7,7,7,5,3,3,2,2?

Denicin 1.3. Un grafo con vrtices que pueden ser distribuidos en dosgrupos de tal manera que ningn par de vrtices del mismo grupo estn conec-tados por una arista se llama grafo bipartito.Si el grafo bipartito es tal que toda arista permitida est en E (toda arista

entre vrtices de grupos diferentes) se llamar grafo completo bipartito.Teorema 1.4. En un grafo completo bipartito con n y m vrtices en los

grupos hay nm aristas.En efecto, todo vrtice del primer grupo est conectado con m vrtices, as

que hay nm aristas que salen del primer grupo. Obsrvese que as contamostodas las aristas (una sola vez).

Problema 1.8. Vamos a considerar que algunos vrtices del grafo sonazules y otros son verdes. Todo vrtice azul est conectado a 5 vrtices azulesy a 10 vrtices verdes; y todo vrtice verde est conectado a 9 vrtices azules y6 verdes. Cul es el color dominante en ese grafo?

Problema 1.9. En Genovia hay 100 ciudades y cuatro carreteras salen decada ciudad. Cuntas carreteras hay en total?

Problema 1.10. Existe una lnea quebrada de 21 segmentos tal que in-terseque a cualquiera de esos segmentos

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a) una vez?b) dos veces?c) tres veces?

Problema 1.11. En una clase hay 30 estudiantes. Es posible que 9 deellos tengan (en la clase) 3 amigos cada uno, 11 tengan 4 amigos cada uno y 10tengan 5 amigos cada uno?

Problema 1.12. El rey de Genovia tiene 19 vasallos. Es posible que cadavasallo tenga 1, 5 9 vecinos?Problema 1.13. En el reino de Genovia hay 3 carreteras que salen de cada

ciudad. Es posible que haya 100 carreteras en Genovia?Problema 1.14. Probar que el nmero de personas de entre la poblacin

de Valladolid que han dado apretones de manos a un nmero impar de otrosresidentes de Valladolid, es par.Problema 1.15. Nueve personas juegan un torneo a una sola vuelta. En

un cierto momento solo hay dos jugadores que hayan jugado el mismo nmerode partidas. Probar que, o bien hay un jugador que todava no ha jugado, obien un jugador que ya ha jugado todas sus partidas.Problema 1.16. Cada uno de los 102 estudiantes de un centro escolar

conoce al menos a otros 68 estudiantes. Probar que hay cuatro estudiantes quetienen el mismo nmero de amistades.Problema 1.17. Una matemtica y su marido van a una reunin, en la que

hay un total de cuatro parejas. Como es normal, al llegar los participantes sesaludan dndose la mano (Nadie se da la mano a s mismo o a la persona con laque llega). Y no todo el mundo le da la mano a todos los dems. Pero cuandola matemtica pregunta a las otras 7 personas presentes a cuntas personas hadado la mano, recibe 7 respuestas diferentes. A cuntas personas ha dado lamano el marido de la matemtica?Problema 1.18. Juan, a su regreso de Disneylandia, dice que all ha visto

un lago encantado con 7 islas, a cada una de las cuales llegan 1, 3 5 puentes.Es verdad que alguno de esos puentes debe llegar a la orilla del lago?

En nuestra introduccin decamos que la aproximacin visual es bastanteapropiada para entender estos conceptos. En realidad, nuestra representacinvisual del grafo, un dibujo, es un objeto que merece la pena estudiar por smismo. Diferentes grafos a veces se pueden representar por la misma gura,o diferentes guras pueden representar el mismo grafo. La siguiente denicinpretende dar ms luz sobre este asunto.

Denicin 1.4. Dos grafos se llamarn isomorfos si sus vrtices pueden sernumerados de tal manera que los vrtices con el mismo nmero est conectadoso no, simultneamente, en ambos grafos.

Esto signica que a veces uno puede considerar dos grafos como distintossolo si no son isomorfos (y dos grafos isomorfos se consideran el mismo), aunque

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se diga otra cosa en la denicin de grafo que dimos antes. Los siguientesproblemas pretenden simplicar la denicin y ayudar a entenderla mejor.

Problema 1.19. Hgase una lista con todos los grafos no isomorfos con 4vrtices.Problema 1.20. Hallar dos grafos con el mismo nmero de vrtices de cada

grado que no sean isomorfos.Problema 1.21. Es verdad que dos grafos deben ser isomorfos, sia) ambos tienen 10 vrtices y el grado de cada uno es 9?b) ambos tienen 8 vrtices y el grado de cada uno es 3?

2. Conectividad

Como se puede observar de la Introduccin, la nocin de grafo puede repre-sentarse en forma visual. Dijimos que dibujar un grafo tiene algunas desventajasrelacionadas con un grafo equivalente, pero an asi, varios conceptos y proposi-ciones sobre grafos en teora de grafos provienen de la experiencia prctica,deducidos de la intuicin y obvios para las guras.Uno de esos conceptos es la conectividad. Ante todo, necesitamos algunas

deniciones que son intuitivamente claras.Denicin 2.1. Una sucesin de vrtices, en la que cada dos vrtices con-

secutivos estn conectados por una arista, se llama ruta.Visualmente, esta denicin signica que se empiezan a conectar vrtices en

un cierto orden; se elige siempre el siguiente vrtice de modo que sea adyacenteal anterior.Denicin 2.2. Una ruta en la que el primer y el ltimo vrtice coinciden,

se llamar cerrada.Si el vrtice a est en la ruta, se dice que la ruta pasa por el vrtice a. Si

los vrtices a y b son consecutivos en la ruta, se dice que la ruta contiene a laarista fa; bg.Denicin 2.3. Una ruta que contiene cada arista no ms de una vez, se

llama camino.Es claro que cualquier camino es una ruta por la denicin anterior. Pero

antes, en nuestro dibujo, se pueden conectar vrtices en cualquier orden posible,se permite usar cualquier arista dos veces, o tres, o ms. Ahora slo se puedeusar cada arista una vez. Esta es la diferencia entre ruta y camino. Tampocoes obligatorio usar todas las aristas.Denicin 2.4. Una ruta cerrada que adems es un camino, se llama ciclo.Si existe una ruta en la que el vrtice a es el primero y el vrtice b es el

ltimo, se dice que los vrtices a y b estn conectados por la ruta. La mismaterminologa se usa para caminos. En efecto, si los vrtices estn conectadospor un camino, tambin lo estn por una ruta (es obvio que cualquier caminoes tambin una ruta). Se puede observar que el recproco es tambin cierto: silos vrtices estn conectados por la ruta, tambin lo estn por el camino.

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Denicin 2.5. La componente de conectividad de un vrtice es un con-junto de vrtices para los cuales existe un camino que los conecta con el vrticedado.Se debe observar que las componentes de conectividad de dos vrtices difer-

entes o son iguales o son disjuntos. En efecto, si los consideramos conjuntamenteobtendremos que deben ser iguales en ese caso. Recordemos siempre la repre-sentacin visual del grafo que introdujimos antes. sese para conseguir unavisualizacin ms clara.Problema 2.1. Se considera el "grafo del all": V es el conjunto de las

casillas del tablero de ajedrez y E est formado por los pares de tales casillastales que el all puede moverse de una a otra en un movimiento. Cuntascomponentes de conectividad hay en este grafo?Denicin 2.6. Un grafo con una nica componente de conectividad se

llama un grafo conexo.Hay otros grafos relacionados con el ajedrez construdos de esta manera:

"grafo del rey", "grafo de la reina", "grafo del caballo", "grafo de la torre" - yobsrvese que todos son conexos.Problema 2.2. Considrese el "grafo del caballo" en un tablero n n.

Hallar valores de n para los que el grafo no es conexo.

La denicin 2.6 conrma una vez ms nuestro punto de vista intuitivo delgrafo. Un grafo es conexo si y solamente si existe un camino entre cualesquieravrtices en l. Visualmente signica que se puede trazar una lnea quebradausando aristas como segmentos entre cualquier par de vrtices. As en esteaspecto, dos vrtices cualesquiera estn "conectados".Hay una condicin simple para que el grafo sea conexo, expresada en trmi-

nos del nmero de aristas:Teorema 2.1. Sea n el nmero de vrtices de un grafo. Si el nmero de

aristas es mayor que (n1)(n2)2 , entonces el grafo es conexo.Supongamos que hay al menos dos componentes de conectividad en el grafo

dado. Sea k el nmero de vrtices en una de las componentes, y por tanto, nkvrtices en la otra. El mximo nmero de aristas cuando hay dos componentesde conectividad es cuando ambos son grafos completos. Por lo tanto, el nmerode aristas en el grafo entero es k(k1)2 +

(nk)(nk1)2 que no es mayor que

(n1)(n2)2 : Esto es una contradiccin, as que el grafo es conexo.Tambin se puede observar que si hay menos de n 2 aristas en el grafo,

no es conexo. Luego cualquier grafo con n vrtices debe tener al menos n 1aristas para ser conexo. Ms adelante estudiaremos algunos grafos interesantescon exactamente n 1 aristas.

Ahora, algunos problemas relativos a la conectividad.Problema 2.3. Un grafo tiene 100 vrtices y el grado de cada vrtice es

por lo menos 50. Probar que el grafo es conexo.Problema 2.4. En un grafo conexo, el grado de 4 de los vrtices es 3 y

el de los dems vrtices es 4. Probar que no se puede borrar una arista de talmanera que el grafo se dividaen dos componentes de conectividad isomorfos.

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Denicin 2.7.Una arista tal que al borrarla aumenta el nmero de com-ponentes de conectividad de un grafo se llama puente.

Problema 2.5. Hay 10 vrtices en un grafo y exactamente dos de sus aristasson puentes. Cul es el mximo nmero de aristas en este grafo?Problema 2.6. Es verdad que dos grafos tienen que ser isomorfos si ambos

son conexos, sin ciclos y tienen 6 aristas?Problema 2.7. En el reino de Genovia salen 100 carreteras de cada ciudad

y se puede viajar por ellas de cualquier ciudad a otra. Se cierra una carretera porobras de reparacin. Probar que se sigue pudiendo viajar de cualquier ciudad acualquier otra.

3 Caminos y ciclos Eulerianos

En nuestra infancia intentbamos dibujar guras sin levantar el lpiz delpapel. Algunas veces se poda, y otras no. Por ejemplo, no es posible dibujarun sobre cerrado (que se ve como un rectngulo con sus diagonales) sin levantarel lpiz del papel, pero s se puede dibujar un sobre abierto.He aqu el conocido problema de los puentes de KnigsbergLa ciudad de Knigsberg en Prusia Oriental (hoy Kaliningrado, Rusia) est

construda en ambas orillas del ro Pregel, que forma dos grandes islas conec-tadas entre s y con las orillas del ro por medio de siete puentes. El problemaera encontrar un camino que cruzase cada puente una vez y solamente una. Lasislas no se podan alcanzar de ninguna forma que no fuera por los puentes; ycada puente deba cruzarse por completo cada vez: no se poda dar media vueltaal llegar a la mitad del puente. El camino no tena por qu empezar y terminaren el mismo sitio. Leonhard Euler demostr que el problema no tena solucin.Veremos a continuacin el criterio para saber si tal camino es posible.Denicin 3.1.Un camino que visite cada arista exactamente una vez se

llama camino euleriano.Denicin 3.2. Un ciclo que visite cada arista exactamente una vez se

llama ciclo euleriano.

El siguiente teorema es el criterio de existencia de un ciclo euleriano en ungrafo conexo, que fu introducido por primera vez por Euler cuando intentabaresolver el problema de los puentes de Knigsberg.

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Teorema 3.1. Existe un ciclo euleriano en un grafo conexo si y solamentesi todos los vrtices tienen grado par.Supongamos que en el grafo existe un ciclo euleriano. Cada vez que el ciclo

visita un vrtice, hay dos aristas incidentes con el vrtice. Luego el grado decada vrtice ha de ser par.Recproco: Supongamos que todos los vrtices tienen grado par. Con-

struyamos un ciclo A que visite cada arista solamente una vez (pero que talvez no visite todas las aristas del grafo).Si quedara alguna arista que el cicloA no visite, consideremos un vrtice c que visite el ciclo A pero que no visitealguna de las aristas incidentes con el vrtice c: Es posible construir un cicloB que empiece y termine en c tal que A no visite ninguna de las aristas deB. Ahora consideremos un ciclo D que sea la unin de A y B (el ciclo B est"includo" en el ciclo A). Obsrvese que D sigue visitando cada una de susaristassolamente una vez y es ms largo que A. Si siguieran quedando aristas,el proceso se puede repetir, pero no puede ser innito porque el conjunto dearistas es nito. Al nal tenemos un ciclo euleriano.

Tambin hay el criterio de existencia de camino euleriano en un grafo conexoque formulamos a continuacin.Teorema 3.2. Existe un camino euleriano (pero no ciclo) en un grafo conexo

si y solamente si todos los vrtices, salvo dos, tienen grado par y esos dos tienengrado impar.

La demostracin es bastante similar a la anterior. El camino euleriano em-pieza y termina en un vrtice de grado impar.

Problema 3.1. Probar que un grafo conexo con 2n vrtices de grado imparpuede trazarse sin dibujar ninguna arista ms de una vez y de tal manera queel lpiz se levante del papel exactamente n 1 veces.

Problema 3.2. Hay 100 crculos formando una gura conexa en el plano.Demostrar que esta gura se puede dibujar sin levantar el lpiz del papel odibujando cualquier parte de cualquier crculo dos veces.Problema 3.3. En la ciudad de Tiro hay 7 islas. Hay 3 puentes entre 2

islas, 3 puentes entre 4 islas y 4 puentes desde la ltima. Es posible recorrerla ciudad visitando cada puente una vez y solamente una?Problema 3.4. Hallar valores de n tales que sea posible dibujar un polgono

de n lados con todas sus diagonales sin levantar el lpiz del papel.Problema 3.5. a) Un trozo de cable mide 120 cm de largo. Se puede usar

para formar las aristas de un cubo, que midan 10cm cada una?b) Cul es el menor nmero de cortes que hay que hacer en el cable para

poder formar ese cubo?Problema 3.6. Es posible contruir una red con 5 5 nudos a partir de 5

lneas quebrads de longitud 8?Problema 3.7. Es posible construir una red de 5 5 nudos a partir de

ocho lneas quebradas de longitud 5?

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4 Camino y ciclo hamiltoniano

En paralelo al contenido de la seccin anterior, vamos a tratar ahora de loscaminos y ciclos hamiltonianos, que visitan cada vrtice del grafo una vez ysolamente una.

Denicin 4.1. En un grafo, un camino que pasa por cada vrtice exacta-mente una vez se llama hamiltoniano.Denicin 4.2. En un grafo, un ciclo que pasa por cada vrtice (excepto

uno, en el que empieza y termina) exactamente una vez, se llama hamiltoniano.Denicin 4.3. Un grafo se llama hamiltoniano si existe un ciclo hamilto-

niano en l.No hay criterios de existencia de caminos y ciclos hamiltonianos, sino slo

condiciones necesarias. Los enunciados correspondientes van a continuacin. Suuso prctico es casi inexistente y sus demostraciones son bastante complicadasy no las incluiremos aqu. El lector interesado puede consultar los ttulos [3] y[4] de la Bibliografa.Teorema 4.1. (Dirac, 1952)Un grafo con n vrtices (n 3) es hamiltoniano

si cada vrtice tiene grado n2 o mayor.Teorema 4.2. (Ore, 1960) Un grafo con n vrtices (n 3) es hamiltoniano

si, para cada par de vrtices no adyacentes, la suma de sus grados en n o mayor.

Para formular el siguiente teorema necesitamos el concepto de clausura de ungrafo. Dado un grafo G con n vrtices, la clausura de G, cl(G), se construye demanera unvoca a partir de G, aadiendo repetidamente una nueva arista fu; vgque conecte dos vrtices no adyacentes u y v con grado(u)+grado(v) n, hastaque no puedan encontrarse ms pares con esta propiedad.

Teorema 4.3. (Bondy-Chvtal, 1972) Un grafo es hamiltoniano si y sola-mente si su clausura es hamiltoniana.

Problema 4.1. Dado el tablero 4 4 sin las casillas de las 4 esquinas,es posible que el caballo de ajedrez visite cada casilla exactamente una vez yvuelva?Problema 4.2. Existe un ciclo hamiltoniano en el grafo del caballo de

ajedrez en el tablero 5 5?Problema 4.3. Existe un ciclo hamiltoniano en el grafo de la torre, del

all, de la reina y del caballo en el tablero de ajedrez tradicional?Problema 4.4. Se considera el siguiente grafo: sus vrtices son los vrtices

de un cubo y los centros de las caras; sus aristas son las diagonales (o sea, lasaristas del cubo no son aristas en este grafo). Existe un ciclo hamiltoniano eneste grafo?

5 rboles

Denicin 5.1. Un grafo conexo sin ciclos se llama un rbol.

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Denicin 5.2. Un grafo conexo tal que todas sus aristas son puentes esun rbol.Denicin 5.3. Un grafo en el que existe exactamente un camino entre

cada par de vrtices es un rbol.

Como hemos dado tres deniciones diferentes del mismo objeto, debemosprobar que todas denen el mismo objeto, pues si no, no las podramos utilizar:

Teorema 5.1. Las tres deniciones de rbol son equivalentes.Consideremos un rbol dado por la primera denicin y probemos que cumple

la tercera. Supongamos que el grafo G no tiene ciclos. Enteonces en efecto todoslos vrtices estn conectados por un camino - existe al menos uno (G es conexo)y si existieran al menos dos diferentes habra un ciclo.Ahora tomemos un rbol segn la tercera denicin y probemos que cumple

la segunda. El grafo G es conexo por denicin. Supongamos que G es tal queexiste exactamente un camino entre cada par de vrtices. Tomemos la aristafa; bg. Observemos que si no es un puente, existira un camino diferente entrelos vrtices a y b, ya que G sin fa; bg sigue siendo conexo. Luego toda arista esun puente.Finalmente, tomemos un rbol segn la segunda denicin y probemos que

cumple la primera. Supongamos que cada arista de G es un puente. Entoncesefectivamente no hay ciclos en G, porque si C fuera un ciclo entonces ningunaarista de C sera un puente.

Ya que hemos denido bien la nocin de rbol, usaremos en lo que siguecualquiera de las 3 deniciones a nuestra conveniencia.Veamos algunas propiedades importantes de los rboles.

Teorema 5.2. En cualquier rbol existe un vrtice de grado 1.Consideremos el camino P ms largo del rbol G: Ese camino existe, porque

como entre dos vrtices cualesquiera, existe siempre un camino, no puede haberms de n(n1)2 caminos en G; que es nito. Si hubiera varios de la mximalongitud, elegimos uno cualquiera de ellos. Marcamos el ltimo vrtice, b; enese camino. Si el grado de b fuera mayor que 1, podramos prolongar el caminousando otra arista incidente con b: Esto contradice la hiptesis sobre la maxi-malidad de P:

De hecho, enun rbol hay al menos dos vrtices de grado 1. Se puede probarfcilmente esto a partir de la demostracin del teorema anterior.Observemos que hay un grafo conexo "mnimo" - en el sentido de que tiene

el menor nmero de aristas para el nmero dado de vrtices. Antes vimos quecualquier grafo con n vrtices y menos de n 1 aristas no es conexo.

Teorema 5.3. En cualquier rbol con n vrtices hay n 1 aristas.Sea m el nmero de aristas en el rbol G de n vrtices. Por el teorema

anterior, existe un vrtice a de grado 1 en G: Consideremos G1, que va a ser G

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sin el vrtice a y sin la nica arista incidente con a: Obviamente, en G1 hay n1vrtices y m 1 aristas; sigue siendo conexo y no tiene ciclos. As construmosuna cadena de rboles en la que cada Gk es Gk1 sin el vrtice de grado 1 ysin la nica arista incidente en l. El ltimo, Gn1; tiene slo dos vrtices ym (n 2) aristas. Pero el nico rbol (el nico grafo conexo) con dos vrticestiene solamente una arista. Por tanto m (n 2) = 1; es decir, m = n 1:

As, es obvio que en cualquier grafo conexo con n vrtices debe haber almenos n 1 arista, como dijimos antes sin demostracin.

Problema 5.1. En un pas encantado hay 239 ciudades y dos ciudades cua-lesquiera estn unidas por una carretera y solamente una. Cuntas carreterashay all?Problema 5.2. El rey Guidon tiene 3 hijos. Tiene un total de 93 descen-

dientes; algunos de ellos tienen 2 hijos y otros ni se han casado ni tienen hijos.cuntos de sus descendientes no se han casado?Problema 5.3. Tenemos 5 cajas. Dentro de algunas de ellas hay otras 5

cajas (de menor tamao), y as sucesivamente. En total hay 12 cajas no vacas.Cuntas cajas hay en total?Problema 5.4. La diablica reina del ajedrez edica muros entre todos los

escaques del tablero. Cul es el menor nmero de muros que hay que derribarpara que la torre pueda visitar todos los escaques?Problema 5.5. Una red de volleyball tiene un retculo rectangular de

dimensiones 50 600. El gamberro Xavi corta sus hilos unidad. Cul es elmximo nmero de hilos unidad que puede cortar antes de que la red se rompaen dos o ms trozos?Esta ltima proposicin es bastante fcil de formular de manera formal y

tiene su importancia en aplicaciones de la teora de grafos, as que merece lapena discutirla.Teorema 5.4. Para todo grafo G = (V;E), existe un rbol T = (V;E) tal

que E E: Adems, si n es el nmero de vrtices de G y N es el nmerode aristas, entonces hay que borrar exactamente N n + 1 aristas de E paraobtener E:

Problema 5.6. En el reino de Genovia hay 30 ciudades. Cada una deellas est unida a cualquier otra por una nica carretera. Cul es el mximonmero de carreteras que se pueden cerrar de manera que siga pudindose ir decualquier ciudad a cualquier otra?Problema 5.7. Probar que en cualquier grafo conexo es posible borrar un

vrtice, junto con todas las aristas que salen de l, de manera que el grafo asobtenido siga siendo conexo.Problema 5.8. El mapa del metro de Tiro es un grafo conexo. Demostrar

que el alcalde de Tiro puede cerrar una estacin, y todas las lneas de metro quellegan a ella desde estaciones contiguas de forma que lo que quede siga siendoconexo.

6 Grafos binarios coloreados

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Problema 6.1. En el valle del ro Amazonas hay 5 poblados. Dos cua-lesquiera de ellos estn conectados por senderos selvticos o por el ro, pero nopor ambas cosas al mismo tiempo. Adems, de entre tres poblados cualesquiera,existe un par conectados por el ro y un par conectados por sendero. Probar quees posible completar un viaje empezando y terminando en el mismo poblado,visitando los 5 poblados (cada uno de ellos solamente una vez) y usando sola-mente senderos o la ruta uvial.Problema 6.2. En el valle del ro Mississippi hay 6 poblados. Dos cua-

lesquiera de ellos estn conectados por senderos o por el ro, pero no por los dosmedios simultneamente. Probar que los 6 poblados no se pueden conectar detal manera que entre tres cualesquiera de ellos existan dos conectados por el roy dos conectados por senderos.

Resolveremos primero el segundo problema. Llamemos A a uno de los pobla-dos. Existen al menos tres rutas uviales o senderos desde l (porque si hubieramenos de dos senderos o menos de 2 rutas uviales, entonces A no se podraconectar con cualquier otro poblado). Tratemos el caso de al menos 3 senderos.Razonemos por contradiccin: los poblados se conectaran como se indica enel enunciado. Entonces, cualquier par de tres poblados conectados con A porsenderos deberan estar conectados por rutas uviales, lo cual es una contradic-cin.El caso de al menos 3 rutas uviales se analiza de manera anloga.Ahora vamos con el primer problema. De la solucin del segundo se deduce

que debe haber exactamente dos senderos y exactamente dos rutas uvialesdesde cualquier poblado. Entonces se puede fcilmente deducir que es posiblecompletar el viaje en la forma que se indica.

Por ltimo, denamos la nocin en cuestin: el grafo binario coloreado.

Denicin 6.1. Un grafo completo, cada una de cuyas aristas es de uno dedos colores, se llama grafo binario coloreado.

Problema 6.3. Supongamos que seis personas son citadas, aleatoriamente,para formar parte de un Jurado. Probar que o bien tres de ellas se conocenmutuamente, o bien tres de ellas no se conocen mutuamente.Problema 6.4. Supongamos que nueve personas son citadas, aleatoria-

mente, para formar parte de un Jurado. Se sabe que ninguna terna de ellas estformada por personas que no se conocen entre s. Demostrar que cuatro de ellasse conocen mutuamente.Problema 6.5. Supongamos que 18 personas han sido citadas, aleatoria-

mente, para formar parte de un Jurado. Probar que, o bien cuatro de ellas seconocen mutuamente o bien cuatro de ellas no se conocen mutuamente.Problema 6.6. En el reino de Genovia las ciudades estn conectadas por

carretera o por tren. El ministro de Transportes introduce lneas de autobsentre aquellos pares de ciudades que no estn conectadas por tren. Probar que

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es posible llegar a cualquier ciudad desde cualquier otra usando solamente untipo de transporte.

Soluciones de los problemas

1.1 a 1.6 estn resueltos en el texto.1.7. El primer grafo es fcil de dibujar. Sea V = fa; b; c; d; e; fg y

E = ffa; bg ; fa; cg ; fa; dg ; fa; eg ; fb; cg ; fb; dg ; fb:eg ; fc; dg ; fc; fg ; fe; fgg :El segundo grafo no existe porque el mximo grado en el grafo con 8 vrtices

es 7 y no puede ser 8.El tercer grafo existe: V = fa; b; c; d; e; f; g; hg y

E = ffa; bg ; fa; cg ; fa; dg ; fa; eg ; fa; fg ; fa; gg ; fa; hg ; fb; cg ; fb:eg ; fc; dg ; fd; eg ; ff; ggg :El cuarto grafo no existe pues dos vrtices deben estar conctados con los

dems, con lo que los grados de estos dems vrtices deben ser al menos 2, asque no puede haber un vrtice de grado 1.El sexto grafo no existe por la misma razn: tres vrtices han de estar

conectados con cualesquiera otros, luego los grados de estos deben ser al menos3 y no puede haber un vrtice de grado 2.El quinto grafo no existe porque hay tres vrtices de grado impar, lo que

contradice el teorema 1.3.1.8. Olvidmonos de las aristas que conectan vrtices del mismo color. As

tenemos un grafo bipartito. Contemos sus aristas. Sea g el nmero de vrticesverdes y b el nmero de vrtices azules. Por una parte, hay 9g aristas (todovrtice verde est conectado a 9 azules); por otro lado, debe ser igual a 10b(todo vrtice azul est unido a 10 verdes). Como 9g = 10b; debe ser b menorque g, luego predomina el color verde.1.9. Si hay 100 ciudades y 4 carreteras llegando a cada una, hay 400 nales

de carreteras: luego hay 200 carreteras.1.10. a) y c). Consideremos el grafo cuyos vrtices son los segmentos de la

lnea quebrada y las aristas conectan aquellos pares que se intersecan mutua-mente. Tenemos 21 vrtices de grado 1 (en a)) o 3 (en c)). Eso contradice elteorema 1.1.b) Consideremos la siguiente situacin: hay 21 puntos en el crculo, numer-

ados en el sentido horario. Conectamos el punto No1 con el No3, el No2 con elNo4, ... , No 19 con el No 21, el No 20 con el No 1, el No 21 con el No 2. Seobserva fcilmente que esta es la quebrada buscada.1.11. Si fuera posible, entonces tambin sera posible dibujar un grafo con 30

vrtices (los estudiantes), nueve de los cuales tienen grado 3, once tienen grado4 y diez tienen grado 5 (conectando "amistosamente" los vrtices con aristas).Sin embargo, tal grafo tendra 19 vrtices con grados impares, lo que contradiceel teorema 1.3.

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1.12. Considermos un grafo en el que los vasallos son los vrtices y los quesean vecinos se conectan por una arista. Ese grafo tendra 19 vrtices de gradoimpar, contradiciendo el teorema 1.3.1.13. Sea n el nmero de ciudades en Genovia. Entonces hay 3n2 carreteras.

Si fuera igual a 100, resultara que 200 sera divisible por 3, lo cual es falso. Portanto no puede haber 100 carreteras en Genovia.1.14. Es la situacin del teorema 1.1 para un grafo en el que V es el conjunto

de los habitantes de Valladolid y E es el conjunto de pares de elementos de Vque han estrechado sus manos,1.15. Si slo hay 2 jugadores que han jugado el mismo nmero de partidas,

habra exactamente 8 nmeros diferentes de partidas jugadas por los jugadores.Pero si nadie ha jugado 0 u 8 partidas, no puede haber ms de 7 nmerosdiferentes.1.16. Todo estudiante conoce a otros 68, 69,...,101; en total hay 33 opor-

tunidades. Si no hay ms de 3 estudiantes que tengan el mismo nmero deconocidos, entonces no hay ms de 99 estudiantes. Por lo tanto, debe haber almenos 4 con el mismo nmero de conocidos.1.17. Como cualesquiera 7 personas dan diferentes respuestas, esas respues-

tas varan de 0 a 6, porque nadie puede estrechar menos de 0 ms de 6 manos.Si alguna persona estrecha 6 manos, entonces la nica persona que estrecha 0manos puede ser su cnyuge. Entonces, si alguna persona estrecha 5 manos, lanica persona que estrecha 1 mano ha de ser su cnyuge. Lo mismo para 4 y 2.Entonces, el nico nmero disponible para el marido de la matemtica es 3.1.18. Si ningn puente conduce a la costa, entonces existira un grafo (donde

V es el conjunto de islas y E el conjunto de puentes que las conectan) con 7vrtices de grado impar, lo que contradice el teorema 1.1.1.19. He aqu los 11 grafos existentes1.20. Ver la solucin del siguiente problema, apartado b).1.21. a) Tales grafos son completos, luego en efecto todos son isomrcos.b) Consideremos los siguientes grafos de 8 vrtices. Numeramos los vrtices

de 1 a 8. Las aristas de uno de los grafos conectan el vrtice 1 con el 2, el 2 conel 3, ... , el 7 con el 8 y el 8 con el 1, el 1 con el 5, el 2 con el 6, el 3 con el 7 yel 4 con el 8.El otro grafo consiste en dos grafos completos de vrtices 1,2,3,4 y 5,6,7,8.Ambos grafos no son isomorfos.

2.1. Es bastante obvio que ningn all cambia el color de los escaques; elall visita escaques del mismo color. Por lo tanto, habr dos componentes deconectividad: "blanca" y "negra".2.2. Se comprueba sin dicultad que n = 2 y n = 3 da grafos no conexos

(si n = 2 no hay aristas en el grafo de 4 vrtices, si n = 3 no hay ningncuadrado conectado con la casilla central), n = 1 y n = 4 dan grafos conexos.Entonces es claro ampliar el tablero (n 1) (n 1) hacia la derecha y haciaabajo (obteniendo un tablero nn) con cada nuevo escaque aadido conectadoa alguno de los anteriores.

13

2.3. Razonemos por contradiccin: supongamos que hay al menos dos com-ponentes de conectividad en el grafo. Supongamos que los vrtices a y b estnen componentes diferentes. No pueden ser adyacentes a los mismos vrtices,as que debe haber al menos 51 vrtices ms en la primera componente y otrostantos en la segunda. Entonces hay al menos 102 vrtices en el grafo, lo quecontradice el que en el grafo haya 100.2.4. Razonemos por contradiccin: Debe haber un nmero par de vrtices

del mismo grado. Entonces habr 0 2 vrtices de grado 2. En el primer casohay 2 vrtices de grado 3 y en el segundo 6. Luego en ambas componentesisomorfas hay 1 ( 3) vrtices de grado 3; cualquier otro vrtice tiene grado 2 4, lo que contradice el Teorema 1.1.2.5. Excluyamos ambos puentes del grafo. Entonces hay 3 componentes de

conectividad. El mximo nmero de aristas estar en el grafo completo de 8vrtices y 2 vrtices solitarios. Esto da 28 aristas. Por tanto en total hay 30aristas en el grafo.2.6. Consideremos los dod grafos siguientes: uno consta de 7 vrtices conec-

tados en la; el otro, 7 vrtices de tal forma que uno de ellos est conectado atodos los dems. Obviamente esos dos grafos no son isomorfos.2.7. Se requiere demostrar que ninguna arista en tal grafo es un puente,

as que su supresin no afecta a la conectividad. Razonemos por contradiccin:sea fu; vg el puente; quitndolo descompone el grafo en dos componentes deconectividad. Pero el nmero de nales de arista (nales de carretera) en ambascomponentes es impar, lo cual es imposible.3.1. La demostracin es similar a la del teorema 3.1.3.2. Consideremos un grafo cuyos vrtices son puntos de interseccin de

circunferencias y las aristas, los arcos de circunferencia entre esos puntos. El

14

grado de cada vrtice es par (cada circunferencia da dos aristas a cada puntode interseccin). Entonces existe un ciclo euleriano.3.3. Hay 4 vrtices de grado impar, lo cual contradice los teoremas 3.1 y 3.2.3.4. Es fcil observar que el grado de cada vrtice es n 1; y debe ser par

por el teorema3.1. Luego es posible dibujar tal polgono, si y slo si n es impar.3.5. a) La longitud total del cable es igual a la suma de las longitudes de

las aristas del cubo. Luego necesitamos que exista un ciclo euleriano, pero nopuede ser que el grado de cada vrtice sea 3.b) Como hemos observado, tenemos 8 vrtices de grado 3. Luego por el

problema 3.1, necesitamos 3 cortes. Es decir, podemos cortar tres trozos de 10cm del cable.3.6. Es claro que hay 12 nudos (los vrtices del grafo) de grado 3, as que

debe haber, por lo menos, 6 lneas quebradas.3.7. Es posible y no es difcil de dibujar.4.1. Consideremos el tablero como el tablero de ajedrez standard usando las

letras a,b,c,d y los nmeros 1,2,3,4. Las esquinas del tablero (que no pertenecenal grafo) son a1,a4, d1, d4. Entonces el ciclo siguiente

d3 b2 c4 d2 b3 c1 a2 c3 b1 a3 c2 b4 d3es un ciclo hamiltoniano.4.2. No, ese ciclo no es hamiltoniano. Como el movimiento del caballo es

entre casillas de diferente color, todo ciclo debe tener longitud par. Pero eltablero tiene 25 casillas, as que todo posible ciclo hamiltoniano dbera tenerlongitud impar de 25. Esto es una contradiccin.4.3. El grafo del all, como sabemos por el problema 2.1, no es conexo, as

que no puede ser ni camino ni ciclo hamiltoniano (aunque haya ciclos hamil-tonianos en las dos componentes de conectividad). Considermos el tablero eti-quetado por las letras a,b,c,d,e,f,g,h y por los nmeros 1,2,3,4,5,6,7,8. Un ciclohamiltoniano en el grafo de la torre o en el de la reina no son difciles de construir(de hecho, el mismo grafo de la torre sirve para el de la reina). El siguiente cicloes hamiltoniano para ambos:

a1a2:::a8b8:::b2c2:::c8d8:::d2e2:::e8f8:::f2g2:::g8h8:::h1g1:::b1a1:El siguiente ciclo es hamiltoniano para el grafo del caballo:

a1 c2 a3 b5 a7 c8 d6 c4 e5 f7 h8 g6 h4 g2 e1 d3c1 e2 g1 f3 d2 b1 c3 a2 b4 a6 b8 d7 c5 e4 f6 e8g7 h5 g3 h1 f2 h3 g5 h7 f8 e6 f4 d5 c7 a8 b6 a4b2 d1 e3 f1 h2 g4 h6 g8 e7 f5 d4 c6 d8 b7 a5 b3 a1:4.4. Obsrvese que toda arista conecta vrtices de tipo diferente - "vrtice-

vrtice" con "vrtice-centro". Luego si existiera un camino o ciclo hamiltonia-noentonces el nmero de "vrtices-vrtices" y el nmero de "vrtices-centros"

15

debera ser igual o diferir en no ms de 1. Pero el grafo tiene 8 vrtice-vrticesy 6 vrtices-centros.5.1. El mapa de carreteras es, por denicin, un rbol (solamente un camino

conecta cada par de ciudades-vrtices.. Por lo tanto hay 238 aristas-carreteras.5.2. El rbol genealgico de Guidon es un rbol (en el sentido de los grafos)-

es conexo y no hay ciclos en l. Contemos el nmero de sus aristas. Por un ladoson 93 (el nmero de vrtices menos 1). Por otro lado es igual al doble de los quetienen 2 hijos, ms 3. Si x es el nmero de descendientes solteros, entonces elnmero de los que tienen 2 hijos es 93x y resulta entonces 2 (93 x)+3 = 93;de donde x = 45:5.3. Construyamos un grafo cuyos vrtices son las cajas, y sus aristas

conectan dos cajas tales que una est dentro de otra. Es til introducir unacaja imaginaria en la que estn las 5 cajas. Entonces, el grafo as construdo esun rbol. As, podemos contar el nmero de aristas en este grafo. Es igual a13 5 = 65:El nmero de cajas reales es igual al nmero de aristas (toda caja,salvo la imaginaria, est dentro de alguna otra). Por lo tanto hay 65 cajas.5.4. Construyamos el grafo de la torre. Al principio est vaco, porque

todo par de escaques est separado por el muro. El menor nmero de murosderribados es el mismo que el de aristas en el rbol de 64 vrtices, que es 63.5.5. Consideremos esta red de volleyball como un grafo. Sus nudos son los

vrtices, y las arsitas son las cuerdas. Nuestro objetivo es borrar tantas aristascomo sea posible, manteniendo el grafo conexo. borramos las aristas de una enuna, tantas como se pueda. Obsrvese que si el grafo tiene un ciclo, entoncespodemos borrar cualquiera de las aristas de este ciclo. Pero un grafo conexo sinciclos es un rbol - es decir, cuando hayamos obtenido un rbol, no podemosborrar ninguna ms de las aristas del grafo!. Calculemos el nmero de aristasen nuestro grafo en este momento nal. El nmero de vrtices es el mismo queal principio - es decir, es igual a 51 601 = 30651: Por otro lado, un rbolcon tantos vrtices debe tener 30651 1 = 30650 aristas. Al principio haba601 50 + 600 51 = 60650 aristas. Luego no se pueden borrar ms de 30000aristas, y es fcil ver como se puede conseguir esto.5.6. Tenemos un grafo completo y la situacin tras cerrar tantas carreteras

como se pueda la expresamos en trminos de rboles. Por el teorema 5.4 sabemosque es posible cerrar 30292 30 + 1 = 406 carreteras.5.7. En cualquier grafo conexo hay un sub-rbol (Teorema 5.4). En el rbol

existe un vrtice de grado 1 (Teorema 5.2). Podemos quitar este vrtice, y lo quequeda sigue siendo un grafo conexo. Despus restauramos otras aristas (exceptolas que llevan al vrtice borrado), y la conectividad se mantiene.5.8. Es la reformulacin de 5.7 en trminos "sociales".6.1 a 6.2 se discutieron en la seccin correspondiente.6.3. En lenguaje formal, tenemos un grafo binario coloreado donde el color

1 es "se conocen" y el color 2 es "no se conocen"; y hay que probar la existenciade un tringulo monocromtico. Consideremos el vrtice a; al menos tiene tresaristas del mismo color (digamos color 1) incidentes con l. Sean b; c; d los tresvrtices conectados a a por esas aristas. Las aristas fb; cg ; fc; dg y fb; dg nopueden tener el mismo color (ya que entonces tendramos un tringulo de color

16

1). Pero as hemos obtenido un tringulo de color 2.6.4. En lenguaje formal, tenemos un grafo binario coloreado donde el color

1 es "se conocen" y el color 2 es "no se conocen"; no hay un tringulo de color2, y hemos de probar la existencia de un rectngulo de color 1 con diagonales.Consideremos el vrtice a.

Si existen al menos 4 aristas de color 2 (conectando a con los vrticesb; c; d; e), entonces toda arista que conecte los vrtices b; c; d; e debe ser de color1 y tenemos el problema resuelto.Si existen al menos 6 aristas de color 1 (conectando a con otros seis vrtices),

entonces consideramos el grafo con esos vrtices. Hay un tringulo de color 1(por el problema 6.3). Incluyendo a a se obtiene un rectngulo con diagonales.El nico caso que queda es el siguiente: no hay ms de 3 aristas de color

2 y no ms de 5 de color 1. Como el grado es igual a 8, hay exactamente 3aristas de color 2 y exactamente 5 aristas de color 1. Si esto fuera verdad paracualquier vrtice, consideremos el grafo con aristas nicamente de color 1. Esun grafo con 9 vrtices , todos de grado 5, lo que contradice el teorema 1.1. Porlo tanto, el primero o el segundo caso deben ser ciertos para algn vrtice.6.5. En lenguaje formal, tenemos un grafo binario coloreado donde el color

1 es "se conocen" y el color 2 es "no se conocen"; y hay que probar la existenciade un rectngulo con diagonales, del mismo color. Consideremos el vrtice a.Hay al menos 9 aristas de un mismo color.Por el problema 6.4 obtenemos que en el grafo construido con esos 9 vr-

tices, o bien existe un tringulo monocromtico, o bien existe un rectngulo condiagonales del otro color. Incluyendo a el tringulo nos da un rectngulo condiagonales.6.6. De nuevo tenemos un grafo binario coloreado. El color 1 son las conex-

iones por tren y el color 2 las conexiones por autobs. Supongamos el grafode color 1. Si no es conexo, todos los vrtices con diferentes componentes deconectividad deben ser conectados con diferente color. As, cada par de vrticesest conectado; bien por una arista del segundo color, o un camino de longitud2 cruza cualquier vrtice de diferente componente de conectividad.

Bibliografa

1. D. Fomin, S. Genkin, I. Itenberg. Mathematical Circles (Russian Experi-ence). AMS, 1996.2. O. Ore. Graphs and their uses. Random House, New York, 1963.3. O. Ore. Theory of Graphs. AMS, Providence, Rhode Island, 1962.4. R.J.Wilson. Introduction to Graph Theory. Oliver and Boyd, Edinburgh,

1972.

17

La suficiencia de la equivalencia e independencia de las desigualdades de Cauchy-Buniakowski-Schwarz y de Bergstrm

por D.M. Btineu-Giurgiu, Bucharest, Romania

y Neculai Stanciu, Buzu, Romania La desigualdad de H. Bergstrm: Si { }1* Nn , Rxk , *+ Ryk , nk ,1= , entonces:

=

=

=

n

kk

n

kkn

k k

k

y

x

yx

1

2

1

1

2

(B)

La desigualdad de Cauchy-Buniakowski-Schwarz: Si { }1* Nn , Rak , Rbk , nk ,1= , entonces:

===

n

kk

n

kk

n

kkk baba

1

2

1

22

1

(C-B-S)

1. Probaremos que es suficiente demostrar (B) slo para *, + Ryx kk , nk ,1= . Por tanto, suponemos que (B) se verifica para *, + Ryx kk , nk ,1= , y demostraremos

que (B) se cumple para Rxk ,*+ Ryk , nk ,1= .

a) Si Rxk , nk ,1= , teniendo en cuenta que:

( )22 xx = , Rx , y yxyx ++ , Ryx , . entonces:

=

=

=

=

=

==n

kk

n

kk

n

kk

n

kkBn

k k

kn

k k

k

y

x

y

x

yx

yx

1

2

1

1

2

1)(

1

2

1

2

=

=

n

kk

n

kk

y

x

1

2

1 ,

luego (B) es cierta. b) Si 0=kx , nk ,1= , tenemos: 0=0, que es cierto.

c) Si m ( ),* nmNm

=

==

p

kk

m

kk ba

1

2

1

2

==

n

kk

n

kk ba

1

2

1

2 .

Por lo tanto, cuando hablamos de la equivalencia entre las desigualdades (B) y (C-B-S) podemos suponer que *,,, + Ryxba kkkk , nk ,1= . A continuacin, probaremos que: (B) (C-B-S). Demostracin.

(B) (C-B-S) Si en la desigualdad (B) tomamos kkk bax = e

2kk by = , nk ,1= obtenemos que:

=

=

=

n

kk

n

kkn

k k

k

y

x

yx

1

2

1

1

2

=

=

=n

kn

kk

n

kkk

k

kk

b

ba

bba

1

1

2

2

12

22 2

11

2

1

2

===

n

kkk

n

kk

n

kk baba ,

es decir, (C-B-S). (C-B-S) (B)

Si en la desigualdad (C-B-S) tomamose kk ya = y k

kk y

xb = nk ,1= obtenemos que:

2

11

2

1

2

===

n

kkk

n

kk

n

kk baba

2

1

2

11

2

1

=

====

n

kk

n

k k

kk

n

k k

kn

kk xy

xyyxy

=

=

=

n

kk

n

kkn

k k

k

y

x

yx

1

2

1

1

2

, es decir, (B).

Observacin. Ya que (C-B-S) puede demostrarse independientemente de (B) y vice versa deducimos que (C-B-S) y (B) son mutuamente independientes.

Problemas para los ms jvenes

Problemas para los ms Jvenes 50

Problemas de la "Brother Alfred Brousseau Mathematics Competition, In-troductory Division"Los problemas que presentamos a continuacin proceden del libro - publicado

por Dale Seymour Publications - sobre la Competicin arriba mencionada, quese desarrolla en California.

PMJ50-1Las dimensiones de una caja rectangular estn en la proporcin 2 : 3 : 5 y

su volumen es 82320 cm3. Calcular estas dimensiones.PMJ50-2Formando las tablas de valores de 3n; 7n y 4n para n = 1; 2; :::; 10 y ob-

servando las regularidades existentes, determinar la cifra de las unidades delnmero 13841 + 17508 + 24617:PMJ50-3Los cuatro enteros positivos a; b; c; d son tales que tomndolos por parejas en

las 6 maneras posibles, los dos nmeros de cada pareja tienen un divisor comnmayor que uno. Adems, a+ b+ c+ d es un nmero primo. Hallar el conjuntode enteros ms pequeos para los que se cumplan esas dos condiciones.PMJ50-4Dos jugadores igualmente hbiles juegan cinco partidas, de manera que quien

gane tres partidas se llevar las apuestas. Si el jugador A gana la primerapartida, cul es la probabilidad de que se lleve las apuestas?PMJ50-5Un barco echa el ancla en aguas tranquilas (sin corriente). Cuatro horas ms

tarde el nivel del mar ha bajado 8 pies y el barco se ha movido una distanciahorizontal de 80 pies desde el ancla. Qu longitud de la cadena del ancla haysumergida en ese momento?

1

Problemas de nivel medio y de Olimpadas

Problemas de Nivel Medio y de Olimpiadas 50

Problemas de la Ronda nal de la 26a Olimpiada de Corea del Sur (2013)

PO50-1Sea ABC un tringulo con bB > bC y sea D el punto del lado AC tal que

\ADC = bC. Sea I el incentro de ABC y E 6= I el segundo punto de interseccinde AI con la circunferencia circunscrita de CDI: Sea P el punto de interseccinde la recta BD con la recta que pasa por E y es paralela a AB: Sea J el incentrode ABD;y A0 el simtrico de A con respecto a I:Supongamos que las dos rectasJP y A0C se cortan en el punto Q: Demostrar que QJ = QA0:

PO50-2Hallar todas las funciones f : R ! [0;+1) tales que, para todos los reales

a; b; c; d que verican ab+ bc+ cd = 0, se cumple la siguiente igualdad:

f(a b) + f(c d) = f(a) + f(b+ c) + f(d):PO50-3Dado un entero positivo n 2; se dene el conjunto T de la siguiente manera:

T = f(i; j) : 1 i < j n con i j jg (i divide a j).Para los nmeros reales no negativos x1; x2; :::; xn tales que x1+x2+ +xn =

1; hallar el mximo valor (en funcin de n) de la sumaX(i;j)2T

xixj

PO50-4Dado el tringulo ABC; sean B1 y C1 los exincentros correspondientes a los

ngulos bB y bC, respectivamente.La recta B1C1 corta a la circunferencia circunscrita de ABC en un punto

D 6= A: La perpendicular desde B1 a CA y la perpendicular desde C1 a AB secortan en E: Sea ! la circunferencia circunscrita a ADE: La tangente a ! enD corta a la recta AE en F: La perpendicular desde D a AE corta a AE en Ge interseca a ! en H 6= D:La circunferencia circunscrita de HGF corta a ! enI 6= H: Sea J el pie de la perpendicular desde D a AH:Demostrar que AI pasa por el punto medio de DJ:PO50-5Sean a y b enteros positivos primos entre s, y an; bn sucesiones de enteros

que verican a+ b

p22n

= an + bnp2:

Hallar todos los nmeros primos p tales que existe un entero positivo nmenoro igual que p que verica bn 0(mod p):PO50-6

1

Dada una correspondencia 1-1 f : f1; 2; :::; ng ! f1; 2; :::; ng para algnentero positivo n, se denen cuatro conjuntos A;B;C;D de la siguiente manera:

A = fi j i > f(i)gB = f(i; j) j i < j f(j) < f(i) o f(j) < f(i) < i < jgC = f(i; j) j i < j f(i) < f(j) o f(i) < f(j) < i < jgD = f(i; j) j i < j y f(i) > f(j)g

Si jXj representa el nmero de elementos del conjunto X; demostrar quejAj+ 2 jBj+ jCj = jDj :

2

Problemas

Problema 246, propuesto por Ma Francisca Adrover Garau y MiguelAmengual Covas, Mallorca, EspaaEn la gura, el segmento CD es una semicuerda perpendicular al dimetro

AB de una circunferencia de centro O. Los respectivos centros de las circunferen-cias de dimetros AC y CB son los puntos O1 y O2: Las restantes circunferenciasson tangentes exteriores entre s y estn inscritas en el ngulo curvilneo y en elsegmento circular, tal como se indica. Si los crculos sombreados (los de ambosextremos de la cadena de crculos) son iguales, determinar la razn AC : CB:

Problema 247, propuesto por Marcos Martinelli, Brasilia, BrasilSi n 2 N y k 2 N tal que 1 k n + 1, se consideran los nmeros reales

ak tales que

n+1Xk=1

a2k 6= 0:

Calcular

max

8>>>>>>>:

nXk=1

akak+1

n+1Xk=1

a2k

9>>>>=>>>>; :

1

Problema 248, propuesto por Jos Luis Daz Barrero, Barcelona,EspaaSean x1; x2; :::; xn con n 2; nmeros reales no negativos menores que 1 y

tales que x21 + + x2n = 1:Demostrar que

xn

rx1

x1x2 + n 1 + xn1r

x2x2x3 + n 1 + + x1

rxn

xnx1 + n 1 1:

Problema 249, propuesto por Marcel Chiritza, Bucarest, RumaniaResolver, en el conjunto de los nmeros reales, el sistema de ecuaciones

(9x + 9y + 9z) (3x + 3y + 3z) = 33x+y+1 3y+z+1 3z+x+1 = 3x + 3y + 3z

Problema 250, propuesto por Marcel Chiritza, Bucarest, RumaniaSea P un punto interior al tringulo equiltero ABC, de lado 1. Si ponemos

x = PA; y = PB; z = PC; probar que

x2 + y2 + z2

+x2 + y2 + z2 12 = 3 x2y2 + y2z2 + z2x2 :

Problema 251, propuesto por Marcel Chiritza, Bucarest, RumaniaHallar los nmeros reales a; b tales que

limn!1

"n3

(n+ 1)2 + an+ b

#= 0:

Problema 252, propuesto por Marcel Chiritza, Bucarest, RumaniaSea ABC un tringulo. Si existe una recta que corte a los lados AB y AC en

M y N, respectivamente, de tal manera que exista una circunferencia interior,tangente a las rectas AB, AC, BN y CM, entonces el tringulo es issceles.Problema 253, propuesto por Marcel Chiritza, Bucarest, RumaniaLas sucesiones (an)n1 y (bn)n1 se denen de la manera siguiente:

an =

nXm=1

mXk=0

(1)mnm

m+ 2

bn =

nXm=1

mXk=0

(1)mnm

(m+ 2) (m+ 4)

:

Determinar si son convergentes y, en su caso, hallar sus lmites cuandon!1:Problema 254, propuesto por Laurentiu Modan, Bucarest, Ruma-

nia

2

Sea ABC un tringulo issceles con b = c: Demostrar que existen innitostringulos de ese tipo, vericando que R < 2r, siendo R el radio de la circun-ferencia circunscrita y r el de la inscrita.Problema 255, propuesto por D.M. Batinetzu-Giurgiu, Bucarest,

y Neculai Stanciu, Buzau, RumaniaSean a 2 0; 2 ; b 2 [1;1) ; y m;n 2 N: Calcular

aZa

sinx+ tanx

(b cosx)m + sin2n xdx:

3

PROBLEMA 241, propuesto por D.M. Batinetu-Giurgiu (Bucarest)y N. Stanciu (Buzau)

Sean s, t R, y consideremos la sucesion{Ln(s, t)}n2

definida por

Ln(s, t) = (n+ 1)s n+1

((n+ 1)!)t ns n

(n!)t.

CalcularlimnLn(s, t) = L(s, t).

Solucion por Daniel Lasaosa Medarde, Universidad Publica de Navarra,Pamplona, Espana

Definamos Mn(s, t) = ns n

(n!)t, con lo que usando notacion de Landau, y laaproximacion de Stirling

ln(n!) = n ln(n) n+ 12

ln(2pin) +O(

1n

).

Tenemos entonces que

ln (Mn(s, t)) = s ln(n) +t

nln(n!) = (s+ t) ln(n) t+ t

2nln(2pin) +O

(1n2

).

Si s+ t = 0 y s+ t < 0, entonces respectivamente tenemos

limn ln (Mn(s, t)) = t, limn ln (Mn(s, t)) = ,

luego como Mn(s, t) tiende a una constante, igual a et en el primer caso e igual a0 en el segundo caso, entonces Ln(s, t) = Mn+1(s, t)Mn(s, t) tiende a 0 en amboscasos, es decir, L(s, t) = 0 siempre que s+ t 0.

Supogamos que s+ t = > 0, con lo que

Mn(s, t)et

= n (

1 +t

2nln(2pin) +O

(ln2(n)n2

))(

1 +O(

1n2

))=

= n +tn1

2ln(2pin) +O

(n2 ln2(n)

).

Ahora bien, (n + 1) n = n1 + O (n2), luego si > 1, se tiene que eltermino dominante en Mn+1(s, t) Mn(s, t) es de la forma n1, que diverge.Luego L(s, t) + cuando s+ t > 1. Si = 1, tenemos que

Mn(s, t)et

= n+t

2ln(2pin) +O

(ln2(n)n

),

luegoLn(s, t)et

= 1 +t

2ln(

1 +1n

)+O

(ln2(n)n

)= 1 +O

(1n

),

con lo que L(s, t) = et = es1 cuando s+ t = 1. Finalmente, si 0 < s+ t = < 1,se tiene que

limn

(Mn(s, t)et

n)

= limn

(t

2n1ln(2pin) +O

(ln2(n)n2

))= 0,

1

con lo que

L(s, t) = et limn ((n+ 1)

n) = et limnn

1 = 0.

Conclumos por lo tanto que: si s+ t < 1, L(s, t) = 0, si s+ t = 1, L(s, t) = et = es1, si s+ t > 1, L(s, t) no existe porque Ln(s, t) diverge a +.

Solucin al problema 241)

Marcos Francisco Ferreira Martinelli Braslia Brasil

PROBLEMA 242, propuesto por D.M. Batinetu-Giurgiu (Bucarest)y N. Stanciu (Buzau)

Sea m R+. Con las notaciones habituales para los triangulos, llamando S alarea del triangulo ABC, demostrar que se verifica la siguiente desigualdad:

am+2

(b R + c r)m +bm+2

(c R + a r)m +cm+2

(a R + b r)m 4

3(R + r)m

S.

Solucion por Daniel Lasaosa Medarde, Universidad Publica de Navarra,Pamplona, Espana

Utilizamos en la solucion el siguienteLema: En todo triangulo de lados a, b, c y area S, se cumple que a2 + b2 + c2

4

3 S, con igualdad si y solo si el triangulo es equilatero.Demostracion: Ya que ambos miembros son positivos, el Lema es equivalente a

(a2 + b2 + c2)2 48S2. La formula de Heron para S en funcion de a, b, c se puedeescribir de forma equivalente como

16S2 = 2a2b2 + 2b2c2 + 2c2a2 a4 b4 c4,que introducida en el resultado a demostrar, reduce la tarea a probar que a4 + b4 +c4 a2b2 + b2c2 + c2a2, claramente cierta en virtud de la desigualdad del productoescalar, y con igualdad si y solo si a = b = c, cqd.

Volviendo al problema propuesto, definamos f(x) = 1xm , que para x,m R+ esestrictamente convexa al ser su derivada segunda f (x) = m(m+1)xm+2 > 0. Tenemosentonces que el miembro de la izquierda de la desigualdad a demostrar es

a2f

(b R + c r

a

)+ b2f

(c R + a r

b

)+ c2f

(a R + b r

c

)

(a2 + b2 + c2)f(a2 bR+cra + b

2 cR+arb + c

2 aR+brc

a2 + b2 + c2

)=

= (a2 + b2 + c2)f(

(R + r)(ab + bc + ca)a2 + b2 + c2

)=(a2 + b2 + c2

ab + bc + ca

)m a

2 + b2 + c2

(R + r)m

4

3 S(R + r)m

,

como queramos demostrar, y donde hemos usado la desigualdad de Jensen, elLema, y que a2 + b2 + c2 ab + bc + ca en virtud de la desigualdad del productoescalar. El que el triangulo ABC sea equilatero es condicion necesaria para que sede la igualdad, y se comprueba trivialmente que tambien es suficiente.

1

PROBLEMA 243, propuesto por D.M. Batinetu-Giurgiu (Bucarest)y N. Stanciu (Buzau)

Sean A1, A2, . . . , An (con n 3) los vertices de un polgono regular; M unpunto de su circunferencia inscrita y N un punto de su circunferencia circunscrita.Demostrar que

nk=1

MAk4

NAk2

14

(3 + cos

2pin

) nk=1

MAk2.

Solucion por Daniel Lasaosa Medarde, Universidad Publica de Navarra,Pamplona, Espana

Comenzamos la solucion con un Lema general y dos Proposiciones particularesa la situacion descrita en el enunciado:

Lema: Sean R, r el circunradio e inradio de un polgono regular de n 3 lados.Entonces, r = R cos pin .

Demostracion: Sea A1A2 . . . An el polgono, y O su centro. El triangulo A1OA2es isosceles en O, con OA1 = OA2 = R, A1OA2 = 2pin , y siendo r la longitud dela altura desde O sobre A1A2. Como A1A2 = 2R sin pin , el area de A1OA2 es

Rr sinpi

n=

12R2 sin

2pin

= R2 sinpi

ncos

pi

n,

de donde dividiendo ambos lados por R sin pin se deduce inmediatamente el Lema.

Proposicion 1: Con las definiciones del enunciado, se tiene quenk=1

NAk2 = 2nR2,

nk=1

MAk2 = n(R2 + r2).

Demostracion 1: Utilizaremos en esta demostracion el siguiente resultado cono-cido: para todo angulo y todo entero n 3, se tiene

nk=1

cos(

2kpin

+ )

=nk=1

sin(

2kpin

+ )

= 0.

La combinacion de ambas igualdades es equivalente a la existencia de un polgonoregular de n lados, uno de los cuales forma un angulo de con el eje X en uncierto sistema de coordenadas cartesianas. Sea entonces un sistema de coordenadascartesianas con origen en el centro del polgono regular y An (R, 0), con lo quepodemos escribir

Ak (R cos

2kpin,R sin

2kpin

).

Podemos entonces tomar N (R cos,R sin) y M (r cos, r sin), donde r esel inradio del polgono, y , son angulos cualesquiera. Tenemos entonces que

NAk2 = 2R2 2R2 cos cos 2kpi

n 2R2 sin sin 2kpi

n= 2R2 2R2 cos

(2kpin

),

cuya suma para k = 1, 2, . . . , n es 2nR2, pues la suma del segundo sumando en elmiembro de la derecha es claramente 0. De la misma forma,

MAk2 = R2 + r2 2Rr cos

(2kpin

),

cuya suma para k = 1, 2, . . . , n es n(R2 + r2). Queda demostrada la Proposicion 1.1

Proposicion 2: En la situacion descrita en el enunciado, se tiene quenk=1

MAk4

NAk2 >

n(R2 + r2)2

2R2.

Demostracion 2: En virtud de la desigualdad del producto escalar, se tiene(nk=1

MAk4

NAk2

)(nk=1

NAk2

)(

nk=1

MAk2

)2,

con igualdad si y solo si NAkMAk es independiente de k. Sustituyendo los resultadosde la Proposicion 1, nos basta con demostrar que la igualdad no puede darse. Enefecto, supongamos que NAkMAk es independiente de k, con lo que N 6= Ak para todok, pues en caso contrario esta cantidad sera 0 para un k, y no nula para el resto.Luego sin perdida de generalidad podemos asumir que N esta en la circunferenciacircunscrita al polgono, en el arco AnA1 que no contiene a ningun otro vertice, yno mas cerca de A1 que de An, es decir,

(0, pin

], y NA1 NAn son los dos

menores valores que puede tomar NAk. Luego MAn MA1 han de ser los dosmenores valores que toma MAk, y

(0, pin

]. Igualando entonces NAnMAn =

NA1MA1

ybajo estas condiciones, tras algo de algebra obtenemos que ha de ser = = pin ,e introduciendo el resultado en las expresiones para NAk y MAk, llegamos a queNAkMAk

= NA1MA1 si y solo r = R cos(2k1)pi

n . Pero por el Lema, esta igualdad no secumple para k = 2. Luego la desigualdad hallada es siempre estricta, quedandodemostrada la Proposicion 2.

En virtud de las Proposiciones 1 y 2, e introduciendo los resultados hallados enella en la desigualdad propuesta en el enunciado, nos basta con demostrar que

R2 + r2

R2 1

2

(3 + cos

2pin

)= 1 + cos2

pi

n= 1 +

r2

R2,

claramente cierta y con igualdad siempre, y donde hemos usado el Lema. Como ladesigualdad en la Proposicion 2 es estricta, hemos probado que la desigualdad prop-uesta en el enunciado se cumple siempre, pero siempre estrictamente sin posibilidadde darse la igualdad.

Solucin del problema 243)

Marcos Francisco Ferreira Martinelli Braslia - Brasil

Problema 244, propuesto por Marcel Chiritza, Bucarest: Sea ABC un tringulo cuyo ngulo A 90. Sea M uno cualquiera de los puntos interiores al tringulo tales que sus proyecciones ortogonales sobre los lados de ABC son los vrtices de un tringulo rectngulo. Demostrar que, de 7 cualesquiera de esos puntos, hay 4 que son concclicos.

RESOLUCIN:

Sean D, E y F los pies de las perpendiculares a los lados a, b y c respectivamente. Supongamos que es el ngulo FED el que es recto. Se tiene que el ngulo FMD = 180 - B, pues el cuadriltero BFMD es inscrito, al ser rectos sus ngulos en F y D.

Como el cuadriltero AFME es igualmente inscrito, los ngulos AMF y AEF son iguales. Otro tanto ocurre con los ngulos DMC y DEC. Dado que el ngulo FED es recto, tenemos que:

90 = AEF + DEC = AMF + DMC

Entonces, para el ngulo AMC se tiene:

AMC = 360 - FMD - (AMF + DMC) = 360 - (180 - B) - 90 = B + 90

Por tanto, el punto M se encuentra en el arco capaz, interior al tringulo, del segmento AC con ngulo B + 90.

Si el tringulo DEF es recto en F, el punto M deber encontrarse en el arco capaz, interior al tringulo, del segmento AB con amplitud C + 90.

Finalmente el tringulo DEF no puede ser recto en D, pues el correspondiente arco capaz sera de mas de 180.

Por tanto los siete puntos m cualesquiera deben estar en uno u otro de estos dos arcos capaces, y necesariamente debe haber al menos cuatro en uno de ellos.

Ignacio Larrosa Caestro

IES Rafael Dieste

A Corua (Espaa)

PROBLEMA 244, propuesto por Marcel Chiritza, Bucarest

Sea ABC un triangulo cuyo angulo A 90. Sea M uno cualquiera de los puntosinteriores al triangulo tales que sus proyecciones ortogonales sobre los lados de ABCson los vertices de un triangulo rectangulo. Demostrar que, de 7 cualesquiera deesos puntos, hay 4 que son concclicos.

Solucion por Daniel Lasaosa Medarde, Universidad Publica de Navarra,Pamplona, Espana

Sean D,E, F las proyecciones ortogonales de M sobre BC,CA,AB. Se tieneentonces que FDE < FME = 180 A 90, luego DEF nunca puede serrectangulo en D. Supongamos entonces que M es tal que DEF es rectangulo enE. Como BDMF es cclico con diametro MB por ser MD,MF respectivamenteperpendiculares a las rectas BC = BD y AB = FB, se tiene por el teorema del senoque DF = MB sinB, y de forma similar DE = MC sinC, EF = MA sinA.Luego usando nuevamente el teorema del seno, M es tal que DEF es rectanguloen E si y solo si b2 MB2 = c2 MC2 + a2 MA2. De forma analoga, se tiene queM es tal que DEF es rectangulo en F , si y solo si c2 MC2 = b2 MB2 +a2 MA2.

Podemos entonces particionar el conjunto de puntosM que satisfacen la condiciondel enunciado, en dos conjuntos, RE y RF , segun sea DEF rectangulo respec