numero43 oim

8/3/2019 numero43 oim

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Revista Escolar de la Olimpada Iberoamericana de Matemtica

Nmero 43 (octubre diciembre 2011)

ISSN 1698-277X

NDICE

Artculos, Notas y Lecciones de Preparacin olmpica 43

Nota necrolgica: Prof. Dr. Luis Davidson San Juan (1921 2011)

Moiss Toledo Julin: El mtodo de integracin de Federico Villarreal.

Problemas para los ms jvenes 43

Dos problemas (PMJ43-1 y PMJ43-2) propuestos por Carlos HugoOlivera Daz, Lima, Per.

Tres problemas (PMJ43-3,PMJ43-4 y PMJ43-5) enviados por Juan Jess

Moncada Boln, San Francisco de Campeche, Mxico.

Recibidas soluciones a los problemas PJ42-1 y PJ 42-3, por Luis M.Marav Zavaleta, Huamachuco, Per, que presentamos.

Problemas de Nivel Medio y de Olimpiadas 43

Problemas propuestos en la Competicin Matemtica Mediterrnea2011.

Problemas 43Problemas propuestos 211 215

Problemas resueltos

Problema 21. El Prof. Bruno Salgueiro Fanego nos indica varias fuentesbibliogrficas donde ha aparecido este problema, con anterioridad a laREOIM. Del exhaustivo material aportado por Salgueiro se desprendeque el origen ms probable del problema es la 48 Olimpiada de Polonia


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(1997), donde fue propuesto en su ltima ronda. El Editor agradece elesfuerzo realizado de rastreo del origen del problema.

Problema 201. A su debido tiempo se recibieron sendas soluciones aeste problema, por Dones Colmenrez, Barquisimeto, Venezuela, yRoberto Bosch Cabrera, entonces en La Habana, Cuba, que no fueronmencionadas en el vol. 42, por lo que el Editor presenta sus excusas aambos resolventes.

Recibida una solucin del problema 204 por Robinson Alexander HiguitaDaz, Antioquia, Colombia.

Problema 206

Recibidas soluciones de Kee-Wai Lau, HongKong, China; Daniel LasaosaMedarde, Pamplona, Espaa; Ricard Peir i Estruch, Valencia, Espaa;Bruno Salgueiro Fanego, Viveiro, Espaa; y el proponente.

Presentamos la solucin de Peir.

Problema 207

Recibidas soluciones de Francisco Javier Garca Capitn, Priego de

Crdoba, Espaa; Daniel Lasaosa Medarde, Pamplona, Espaa; CristbalSnchez-Rubio Garca, Benicassim, Espaa; y el proponente.

Presentamos la solucin de Garca Capitn.

Problema 208

Recibidas soluciones de: lvaro Begu Aguado, Nueva York, USA; DanielDaro Gngora Garca, Lima, Per; Jos Hernndez Santiago, Oaxaca,Mxico; Daniel Lasaosa Medarde, Pamplona, Espaa; Paolo Perfetti,Universit degli Studi Tor Vergata, Roma, Italia; Bruno SalgueiroFanego, Vivero, Espaa; y el proponente.

Presentamos la solucin de Begu.

Problema 209

Recibidas soluciones de: Floro Damin Aranda Ballesteros, Crdoba,Espaa; lvaro Begu Aguado, Nueva York, USA; Daniel Daro GngoraGarca, Lima, Per; Kee-Wai Lau, Hong Kong, China; Daniel LasaosaMedarde, Pamplona, Espaa; Ricard Peir i Estruch, Valencia, Espaa;


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Paolo Perfetti, Universit degli Studi Tor Vergata, Roma, Italia; HenryAlexander Ramrez Bernal, Bogot, Colombia; Joaqun Rivero Rodrguez,

Zalamea de la Serena, Espaa; Bruno Salgueiro Fanego, Vivero,Espaa; y los proponentes.

Presentamos la solucin de Begu.

Problema 210

Recibidas soluciones de Daniel Lasaosa Medarde, Pamplona, Espaa; ydel proponente.

Presentamos la solucin de Lasaosa.

Divertimentos Matemticos 43

Covadonga Rodrguez-Moldes Rey: Liberando incgnitas.

F. Bellot: Capturado en Internet

Comentario de pginas web y Noticias de Congresos 43

XV JAEM en Gijn (Espaa)

Congreso de la SBPMef en Bastogne (Blgica)

Congreso Elementary Geometry from an Advanced Point of Vue enAveiro (Portugal)

XXVI Olimpiada Iberoamericana de Matemtica, en Costa Rica.

Cartas al editor 43

Sobre la prueba de Pascal : Respuesta del Prof. Milton Donaire Pea alcomentario del Prof. Lucas Martn Andisco, publicada en el vol. 42.

Sobre Historia de las Matemtica en la Pennsula Ibrica : carta de RalA. Simn Elexpuru, Chile.


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Convocatorias OEI

Curso iberoamericano de formacin de profesores de secundaria en el rea dematemticas andut

17 de noviembre de 2011El curso lo convoca la Organizacin de Estados Iberoamericanos

para la Educacin, la Ciencia y la Cultura (OEI) en el seno de su

Centro de Altos Estudios Universitarios con la participacin deaquellos pases Iberoamericanos que decidan incorporarse al

proyecto. El proyecto se enmarca en la colaboracin que la OEI y

la Agencia Espaola de Cooperacin Internacional para elDesarrollo AECID desarrollan con el fin de apoyar la construccin

del Espacio Iberoamericano del Conocimiento a travs del fomento

de vocaciones hacia la ciencia y al avance del Programa Metas Educativas 2021.Adems, presta su colaboracin el Ministerio de Educacin de Paraguay y la Consejera de

Innovacin, Ciencia y Empresa de la Junta de Andaluca (Espaa).

Empezamos en marzo 2012

Ms informacin [+]

Curso Bsico sobre TIC y Educacin

24 de noviembre de 2011

Convocatoria de matrcula y becas abiertaA los cursos inicial y de especializacin que la OEI tiene puestos

en marcha se une a partir de marzo de 2012 el Curso Bsico.El curso se propone para docentes en ejercicio y estudiantes de la

carrera docente.

El objetivo del Curso es proporcionar a los participantes de lasherramientas bsicas que las TIC proporciona a la educacin.

Al tratarse de un sector de gran dinamismo se hace un especial nfasis en la capacidad de

seguir aprendiendo y conociendo los avances y propuestas tecnolgicas para la educacin

Este curso se hace con el apoyo de la Fundacin Telefnica.

Ms informacin [+]

VI Curso sobre Educacin para la Cultura Cientfica15 de noviembre de 2011

Prxima edicin marzo 2012. Becas disponiblesEn el marco del Proyecto Iberoamericano de DivulgacinCientfica de la Organizacin de Estados Iberoamericanospara la Educacin, la Ciencia y la Cultura con la coordinacinacadmica de la Universidad de Oviedo y realizado con el apoyode la Agencia Espaola de Cooperacin Internacional para elDesarrollo (AECID) se convocan a profesores/as (conalumnos/as con edades comprendidas entre los 14 y 18 aos) a
http://www.oei.es/cienciayuniversidad/spip.php?article1857http://www.oei.es/cienciayuniversidad/spip.php?article2610http://www.oei.es/cienciayuniversidad/spip.php?article2610http://www.oei.es/cienciayuniversidad/spip.php?article1857


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participar en esta nueva edicin del curso.

Ms informacin [+

Congreso Iberoamericano de las Lenguas en la Educacin

23 de noviembre de 2011

Salamanca, Espaa, 5 al 7 de septiembre de 2012La Organizacin de Estados Iberoamericanos para la Educacin,

la Ciencia y la Cultura (OEI) en el marco de su Programa para elfortalecimiento de las Lenguas de Iberoamrica en la Educacin

convoca al Congreso Iberoamericano de las Lenguas en la

Educacin que se celebrar en la ciudad de Salamanca del 5 al 7de septiembre de 2012.

Se encuentra abierta la inscripcin y la entrega de propuestas de comunicaciones y

experiencias

Incluye: Leer para aprender matemtica

Ms informacin [+]
http://www.oei.es/cienciayuniversidad/spip.php?article248http://www.oei.es/noticias/spip.php?article9588http://www.oei.es/noticias/spip.php?article9588http://www.oei.es/cienciayuniversidad/spip.php?article248


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REOIM 43

Nota necrolgica, por Francisco Bellot

Prof. Dr. Luis Davidson San Juan (1921 2011)

Estando en preparacin este nmero 43 de la REOIM nos llega,

a travs del correo electrnico, la triste noticia del

fallecimiento, en su querida La Habana, del Prof. Luis

Davidson, pocos das despus de habrsele rendido all un

merecido homenaje con motivo de su nonagsimo

cumpleaos. Agradecemos al Prof. Mario Daz su amabilidad

para enviarnos el texto del P rof. Carlos Snchez Fernndez, de

la Universidad de La Habana, ledo durante dicho homenaje, y

del que nos permitimos tomar algunos datos biogrficos delProf. Davidson.

Luis Davidson San Juan naci en La Habana el 10 de

septiembre de 1921. En la Universidad de La Habana curs la

carrera de Ciencias Fsico-Matemticas, doctorndose en 1944

con su tesis Desarro l los en ser ie de las func iones ana l t i cas .

De 1945 a 1961 imparti sus clases en el Instituto de

Segunda Enseanza de Matanzas. En 1950 form parte de la

delegacin cubana en el ICM de Harvard, y el curso 1958 59

realiz un intercambio con una High School de Nuevo Mxico.

En 1960 es nombrado I nspector Nacional de Matemticas y en

1966 Coordinador Nacional de Planeamiento e Inspeccin

Tcnica. Desde 1963 organiz los concursos de Matemticas

para estudiantes de Bachillerato en todo el pas y particip

desde 1971 en la Olimpiada Internacional de Matemticas

como Jefe de la Delegacin de Cuba, llegando en 1988 a ser

Vicepresidente del IMO Site Committee ( y a presidir sus

reuniones en 1988, por ausencia del Presidente) .

La O.E.I. le concedi en 199 un Diploma como Maest ro

Fundador de los Concu rsos de Matem t i cas en I be roam r i ca.

La primera vez que coincid en persona con Luis Davidson fue,

si la memoria no me falla, en Australia en 1988. Conoca, a

travs del Prof. Raimundo Reguera, algunas de sus

publicaciones (Los concur sos de Mat em t ica , con Fl ix Recio ) .

Un ao ms tarde volv a verle en el Simposio previo a la

Olimpiada Iberoamericana. El mes de Abril, en La Habana,


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suele ser caliente. Pero Davidson siempre pareca inmune al

calor ambiental, con su impecable corbata y su traje,

perfectamente planchado. Adems de su aspecto,

impresionaba la precisin de su lenguaje, la forma de

transmitir sus conocimientos, propia de un verdaderomaestro. Tras aquellos primeros encuentros, coincidimos a lo

largo de los aos siguientes en varias reuniones y congresos :

en 1990, en Waterloo (Canad), en la 1 Conferencia de la

Federacin Mundial de Competiciones Matemticas Nacionales

(WFNMC); en 1992, en el ICME de Quebec, donde Davidson

recibi el Premio Paul Erds de la FNMC. En la siguiente foto

se nos ve al final de una de las sesiones en Quebec.

Y me considero muy afortunado porque, a lo largo de mi

carrera, he sido considerado amigo por muchos matemticos

ilustres. Entre ellos est, por descontado, Luis Davidson, cuya

tradicional felicitacin de Ao Nuevo ya no podr recibir ms

En 2009, Davidson me hizo llegar un ejemplar dedicado de su

ltimo libro, Ecuaciones y Matemt icos, Ed. Pueblo y

Educac in , 2008. Lo conservo con singular cario en mi

biblioteca. Tambin tengo el primer volumen de una obra

colectiva (Davidson Reguera Frontela Castro) queconsidero tuvo una enorme influencia en la educacin


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matemtica de los estudiantes cubanos: Prob lemas de

Matemt ica E lementa l , Ed . Pueb lo y Educac in , 1987. El libro

fue un regalo durante la IMO de Australia de 1988 del otro

pionero, junto a Davidson, de los concursos de Matemticas

en Cuba, Prof. Raimundo Reguera, fallecido hace varios aos.

Sirvan estas breves, pero sinceras, lneas, de homenaje y

recuerdo a un gran matemtico, un excelente profesor y una

mejor persona.

Luis, s it t i b i te r r a l ev i s .

Valladolid, noviembre de 2011

Francisco Bellot Rosado


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HISTORIA DE LA MATEMTICAEN EL PER

ANLISIS DE OBRAS

MTODO DE INTEGRACIN DEFEDERICO VILLARREAL

Autor: Moiss Samuel Toledo Julin(el [email protected])


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Resumen

Federico Villarreal al presentar su tesis de Bachiller[2] ante la Facultad de Ciencias dela Universidad Nacional Mayor de San Marcos (LimaPer), realiz una observacinnotable sobre el mtodo de integracin por partes. Dada la importancia del tema,este ser tratado en tres secciones, cada uno de los cuales indicar una subparte de lamisma, los puntos a tratar sern:

1. Sobre expresiones susceptibles de generalizacin.

2. Mtodo de traspasos.

3. Aplicacin del mtodo de traspasos.

Es claro que no describiremos la teora de integracin (en el sentido de riemann), el

presente desarrollo asumir que el lector posee por lo menos nociones sobre el procesode integracin.

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1. Sobre expresiones susceptibles de generalizacin

Es bien conocido que las operaciones aritmticas de composicin (+, , ()n) y descompo-

sicin (, ,n

) cuando son tomadas en forma sucesiva no siempre es posible invertirel orden en la que se operan. Por ejemplo: a la cantidad a agregarle b y quitarle c es lomismo que quitarle primero c y agregarle despus b, es decir (a + b) c = (a c) + b. Perosi a la cantidad a se agrega b y se multiplica por c no es lo mismo que multiplicar a por cy agregar b, es decir: (a + b)c = ac + b sino que debe aadirse bc para obtener el mismoresultado. Podemos resumir lo mencionado lneas arriba mediante el siguiente principio[2]:

Cuando hay dos operaciones sucesivas de composicin o descomposicin, ambas delmismo orden, se puede invertir su clculo; pero si son de distinto orden no se puede

cambiar su enunciado sino con cierta condicin; ms si una o ambas operaciones son

imposibles no es permitida su permutacin

Federico Villarreal

El anterior principio sirve para mostrar que existen diferentes proposiciones suceptiblesde una expresin general. Es as que el Dr. Villarreal plantea el caso de integracin porpartes como uno suceptible de generalizacin.

1.1. Recordando el mtodo de integracin por partes

Pasamos ahora a recordar (brevemente) en que se basa el mtodo de integracin porpartes:

1ro por la regla de la derivada de un producto tenemos

(f(x) g(x)) = f(x) g(x) + f(x) g(x)

2do integrando a ambos lados de la igualdad

(f(x) g(x))x =

f g(x)x +

f(x) g(x)x

3ro usando el hecho que la derivada e integral son operadores inversos y despejando ade-cuadamente

f(x) g(x)x = f(x) g(x) f(x) g(x)xA partir de los calculos anteriores y del hecho que una integral y =

f(x)x sienpre es

posible escribirla como y =

A dB tenemos que esta ultima puede ser expresada como lacombinacin de dos trminos con signos alternados. Esto da pie a considerar la integracinpor partes como suceptible de generalizacin y a corroborar lo dicho en 1 puesto quey =

f(x)x escrita en trminos de A, B tomar una forma mas simple o complicada

segun sean A y B escogidos en forma adecuada.Recordemos tambien que el mtodo de integracin por partes puede subdividirse en

dos casos:

Descomponiendo la funcin en sumandos: este mtodo es aplicable a funciones ra-cionales, que descompuestos en sus fracciones parciales se pueden integrar algebrai-camente o por logaritmos o por arco tangentes.

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Descomponiendo la funcin en factores: aplicable a los dems casos.

Al segundo mtodo se le ha dado (impropiamente) el nombre de integracin por partes,

pues aunque los factores pueden considerarse como partes de ese producto, tambien loson los sumandos como parte del total. Por tanto a los dos juntos deberan llamarselesintegracin por partes, a la primera integracin por sumandos y a la segunda integracinpor factores.

Habiendo hecho notar los principios sobre los cuales el Dr. Federico Villarreal inicia suestudio sobre la integracin por traspasos, pasamos a describir el mtodo en si.

2. Mtodo de traspasos

Primero haremos notorio algunas observaciones relativas a las tcnicas de integracin.

2.1. Observaciones:

1. El mtodo de integracin inmediata tiene sus reglas fijas. La inversa de la derivacin:x3x = x

4

4 + cte , o tambien

xx = 23

x3 + cte (cte: constante real)

2. El mtodo de integracin por sustitucin no posee sus reglas fijas, pues depende delos casos que se presenten:

a) Para convertir en algebraica una expresin trascendente

ln(x + 1) cos xx

b) Para bajar el orden de las ecuaciones integrales, para hacerlas homogneas, etc(esto constituye parte de la teoria de ecuaciones integrales)

c) Para hacer racional a una funcin inconmensurable 1x2+1x

3. El mtodo de integracin por sumandos tambien tiene sus reglas fijas:

a) Si el denominador de la fraccin tiene races iguales

xx26x+9

b) Si el denominador tiene races distintas

xx2+3x+10

c) Si el denominador tiene races imaginarias

xx2+1

4. Sin embargo no se ha hecho lo mismo con la integracin por factores, atendiendo aello Juan Bernoulli sent lo que se denomina la base del clculo integral (en analogaa lo que el mtodo de Taylor lo es al clculo diferencial). As considerando como

factor constante x tenemos:

y =

f(x)x

= xf(x)

f(x)xx

Pero

f(x)xx =

x2

2f(x) 1

2

f(x)x2x

As

y = xf(x) x2

2!f(x) +

1

2!

f(x)x2x

4


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Procediendo anlogamente para la ultima integral:

y = xf(x)

x2

2!f(x) +

x3

3!f(x)

x4

4!f(x) +

(1)

Si bien es cierto que el factor x se presenta de forma natural, el mtodo no suponeque precisamente deba tomarse ese factor sino cualquier otro, ya que al hacerlo loparticulariza, esto es la escencia del mtodo de integracin por traspasos del Dr.Federico Villarreal.

2.2. Principio de integracin por traspasos

Dada la expresin y =

f(x)x siempre es posible expresarla en la forma y =

A dBy sin hacer traspasos de trminos, podemos interpretar la frmula (1) del modo siguiente:

1. Tomar A despus diferenciarla y dividir por x, volver a diferenciar y dividir por x,etc. Es decir, calcular las derivadas sucesivas de A.

2. Tomar B despus multiplicarla por x e integrar, volver a multiplicar por x eintegrar, etc. Es decir, calcular las integrales multiples de B.

3. Multiplicar los resultados homlogos y dar los signos mas y menos, es decir

A B A

B x + A

Bx A

B x

Como por la diferenciacin va aumentando el coeficiente y disminuyendo el exponen-

te, cuando este sea cero la derivada es constante y la siguiente ser cero, por tantoen este caso habr integracin exacta. As tambin, como por la integracin va dis-minuyendo el coeficiente y aumentando el exponente resulta que si una integracines constante la siguiente no ser cero, pues al multiplicar por x la integracin darx, pero si el exponente es negativo la integracin llegar a ser infinita, y en estecaso la integral (como se sabe) es un logaritmo.

Ejemplo 1. Sea la funcin x4, cuya integral puede ser expresada en formas distintas ypor tanto el factor x no es el nico que se presenta de forma natural, as pues:

z = x4x = x2 x2x = x2 (x

2)x = x2 (x3

3) (2)

aplicando el mtodo para A = x2 y B = x3

3 tenemos en cada caso:

A = x2 B =x3

3dA

dx= 2x

Bx =

x4

12

d2A

dx2= 2

(

Bx)x =

x5

60

d3A

dx3 = 0

5


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note que no consideramos la cuarta iteracin para B puesto que la cuarta iteracin para Afue cero, luego la integral resultante de acuerdo a (3) ser:

z =

x5

3 x5

6 +

x5

30

=x5

5

Si bien es cierto la funcin considerada para la integracin es bastante simple, nos permitehacer notar la recursividad del mtodo y la tendencia a buscar una generalizacin del mismo(esto en realidad constituye un caso muy simple del mtodo de traspasos del Dr. FedericoVillarreal, note que si estamos realizando traspasos, con la descripcin de la siguienteseccin podr usted darse cuenta de ello y corroborar que la manera de hacerlo constituyeun caso trivial).

Para fijar notacin al trmino A lo denominaremos factor integral en tanto que B ser

el factor integral, esto debido a las derivaciones e integraciones sucesivas que se realizanen cada paso (o proceso de iteracin) a considerar.

2.3. Variantes del mtodo de traspasos

Los traspasos pueden ser realizados de dos maneras, de A a B o de B a A, as co-mo tambin es posible considerar un proceso mixto de ambos, pero por el momento soloconsideraremos los dos primeros casos y dejaremos el ultimo para la prxima seccin.

2.3.1. Traspaso del factor diferencial al factor integral:

En este primer caso estamos considerando el traspaso de A a B, as pues la funcin z

expresada como z =

AdB esta en su forma natural, e indicamos la regla de formacin:se saca la derivada dA y se traspasa a B lo que se quiera (sea factor o divisor, constanteo variable), despus se integra B (la expresin resultante es B1). Se vuelve a derivar, eneste caso a A1, y se hace el traspaso a B1 en seguida se integra B1 (la expresin resultantees B2), etc. En resumen:

Primer paso: no efectuamos ninguna operacin, tan solo escogemos los A y B adecuados

A BSegundo paso: T1 ser el trmino a traspasar

dA = T1 A1 B T1x = B1Tercer paso: T2 ser el nuevo trmino a traspasar

dA1 = T2 A2

B1 T2x = B2etc.

Ultimo paso: Colocamos los trminos Ai, Bi para obtener el resultado final del procesode integracin

z = AdB=

Ai Bi; i = 0, 1, . . . , m, (m: no de pasos y A0 = A, B0 = B)

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por esta operacin se disminuye el clculo a bondad, puesto que se puede traspasar todala variable (pero de modo que se pueda integrar B) as la siguiente diferencial ser cero ypor lo tanto se acorta el clculo.

Ejemplo 2. Sea la funcin z =

x4x damos la forma que deseamos z =

x2 (x33 )luego aplicando la regla de formacin:

Primer paso: no efectuamos ninguna operacin, tan solo identificamos A y B

A B

Segundo paso: T1 ser el trmino a traspasar

dA = x 2 = T1 A1

x3

3 xx = x

5

15= B1

Tercer paso: T2 ser el nuevo trmino a traspasar, pero notemos que

dA1 = (2) = 0, puesto que la derivada es nula, paramos el proceso.

Ultimo paso: Colocamos los trminos A0, A1, B0, B1 para obtener el resultado final delproceso de integracin:

z =

x4x

= A0 B0 A1 B1

= x2

x3

3 2 x5

15

=x5

5

2.3.2. Traspaso del factor integral al factor diferencial:

En este segundo caso estamos considerando el traspaso de B a A, as pues la funcinz expresada como z =

AdB esta en su forma natural, e indicamos la regla de formacin:

se saca la derivada dA y se traspasa lo que se quiera de B, despus se integra B (laexpresin resultante es B1). Se vuelve a derivar, en este caso a A1 (expresin que resultade multiplicar la derivada de A por el termino traspasado de B), y se traspasa lo que se

desea de B1 en seguida se integra B1 (la expresin resultante es B2), etc. En resumen:

Primer paso: no efectuamos ninguna operacin, tan solo escogemos los A y B adecuados

A B

Segundo paso: donde B = T1 B1 y T1 es el trmino traspasado a dA

dA T1 = A1

B1x = B1

Tercer paso: donde B1 = T2 B2 y T2 es el trmino traspasado a dA1

dA1 T2 = A2

B2x = B2

etc.

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Ultimo paso: Colocamos los trminos Ai, Bi para obtener el resultado final del procesode integracin

z =

AdB

=

Ai Bi; i = 0, 1, . . . , m, (m: no de pasos y A0 = A, B0 = B)

Ejemplo 3. Sea la funcin z =

x4dx damos la forma que deseamos z =

x2 d(x33 )luego aplicando la nueva regla de formacin:

Primer paso: no efectuamos ninguna operacin, tan solo identificamos A y B

A BSegundo paso: donde B = T1 B1 = x x

2

3 y T1 es el trmino traspasado a dA

dA T1 = 2x x = 2x2

B1dx =

x2

3=

x3

32= B1

Tercer paso: donde B1 = T2 B2 = x x2

32y T2 = x es el trmino traspasado a dA1.

dA1 T2 = 22x x = 22x2 = A2 B2dx =

x2

32=

x3

33= B2

siguiendo de forma similar obtendremos una serie infinita (no siempre es el caso)

Ultimo paso: Colocamos los terminos Ai, Bi (aqu A0 = A, B0 = B), para obtener elresultado final del proceso de integracin:

z =

AdB

= A0 B0 A1 B1 + A2 B2

=

x5

3 2x5

32 +

22x5

33 23x5

34 Este ejemplo muestra que dada una integral esta puede ser aproximada por una serieinfinita, para nuestro caso dicha serie converge a x

5

5 , as suponiendo x = 1 se tiene:

1

5=

1

3 2

32+

22

33 2

3

34

en efecto, siendo esta progresin geomtrica decreciente (cuya razn es 23 ) tendremos:

13

1 + 23=

1

5

En la siguiente seccin presentamos una mistura de los mtodos anteriores y finalizamoscon una aplicacin de tal proceso (misturado), as tambin se da una observacin sobreexponentes negativos.

8


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3. Aplicacin del mtodo de traspasos

En esta seccin daremos una aplicacin del mtodo de traspasos de Federico Villarreal,

pero antes presentamos una generalidad sobre el mtodo, ste no es otra cosa mas que unamistura de los casos sealados en la anterior seccin.

3.1. Generalidad de los traspasos

Siendo los traspasos arbitrarios, se pueden hacer continuamente de A a B o de B a Ao bien primero de A a B y despus de B a A, ya sea alternndolos, siguiendo de dos endos, de tres en tres, dejando de hacer traspasos al capricho del calculador. En cualquierade estos casos siempre se obtend integracin exacta (siempre que se consiga un coeficientediferencial nulo), por consiguiente la frmula propuesta es una expresin general de laintegracin por partes.

Ejemplo 4. Integraremos la funcin x4 usando trapasos alternados:

z =

x4x =

x2 ( x

3

3)

aplicando el mtodo para A = x2 y B = x3

3 tenemos en cada caso:

A0 = x2 B0 =

x3

3

derivamos A0 y traspasamos el factor integral x de B0 e intragamos lo sobrante de B0

A1 = 2x2 B1 =x3

9


A2 = 4x2 B2 =

x3

27


A3 = 8x2 B3 =

x3

81

derivamos A3 e integramos B3 sin efectuar trapaso alguno

A4 = 16x B4 =x4

324

derivamos A4 e integramos B4 sin efectuar trapaso alguno

A5 = 16 B5 =x5

1620

dado que la prxima derivada ser nula paramos el proceso,de modo que

z = x5

3 2x

5

9+ 4x

5

27 8x

5

81+ 4x

5

81 4x

5

405

z =x5

5

9


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3.2. Observacin sobre exponentes negativos

Si los exponentes son negativos la diferenciacin va aumentando el exponente en suvalor absoluto y la integracin lo va disminuyendo hasta ser infinita (as pues la integrales logartmica), sin embargo en virtud de la teora de traspasos se puede hacer que ladiferenciacin llegue a anularse y por lo mismo se llegue a la integral exacta.

Ejemplo 5. Integraremos la funcin x4 ln x la cual puesta en forma adecuada:

z =

ln x(.

x5

5)

identificando trminos

A0 = ln x B0 =x5

5

derivamos A0 y siendo x en el numerador con exponente negativo lo traspasamos a B0 eintegramos, quedando

A1 = 1 B1 =x5

25


z = ln x x5

5 x

5

25

Ejemplo 6. Integraremos la funcin x4 pero en esta oportunidad procuramos expresarel trmino integral con exponente negativo:

z =

x6d(x1)

identificando trminos

A0 = x6 B0 =

1x

derivamos A0 e integramos B0 sin efectuar traspaso alguno

A1 = 6x5 B1 = ln x

derivamos A1 y traspasamos el factor diferencial x4 a B1 e integramos

A2 = 30 B2 =

x4 ln x = x

5 ln x5

+x5

25


z = x5 + 6x5 ln x 6x5 ln x + 6x5

5

z =x5

5

10


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3.3. Recursividad para decimales del nmero

Es tan general el mtodo que se puede poner una multitud de ejemplos en los cualestendra cabida los traspasos. Como muestra de ello veamos la siguiente:

3.3.1. Observacin sobre los arcotangentes

Sabemos que la diferencial de un arco x cuya tangente es u tiene por expresin:

x =u

1 + u2

el cual podemos integrar haciendo uso del mtodo de traspasos pues

x =

1

1 + u2 u

identificando trminos, podemos aplicar el proceso ya descrito en las secciones anteriores

A0 =1

1 + u2B0 = u

tomando derivada a los Ai, traspasando el factor integral u a Bi e integrando resulta elsiguiente clculo

A1 = 2 1(1 + u2)2

B1 =u3

1 3

A2 = 2 4 1

(1 + u2)3 B2 =

u5

1 3 5A3 = 2 4 6 1

(1 + u2)4B3 =

u7

1 3 5 7A4 = 2 4 6 8 1

(1 + u2)5B4 =

u9

1 3 5 7 9

continuando el proceso obtenemos la frmula recursiva

An = (1)n n

i=1(2i) 1

(1 + u2)n+1Bn =

u2n+1

n

i=1

(2i + 1)

Luego multiplicamos los trminos Ai, Bi y colocamos los trminos de acorde a lo establecidoen el mtodo de traspasos para obtener el resultado final del proceso de integracin:

x =u

1 + u2+

j=1

j

i=1

2i

2i + 1

u

2j+1

(1 + u2)j+1

(3)

tomando factor comn, la expresin (3) puede ser reducida a

x =u

1 + u21 +

j=1

j

i=1

2i2i + 1

u2

1 + u2j

(4)

11


20/47

examinemos si la serie encerrada entre llaves es convergente, para ello utilizamos el criteriode la razn, por lo que formaremos el cociente del trmino general con el que le precede

r =

246(2n)

357(2n+1) u21+u2n242(n1)35(2n1)

u2

1+u2

n1=

2n

2n + 1 u

2

1 + u2

=2

2 + 1n

11 + 1

u2

tomamos lmite para n = , resulta

r =

1

1 + 1u2

para que la serie sea convergente debemos tener que |r| < 1, as reemplazando la expresinobtenida en esta condicin se tiene que la serie es convergente cualquiera que sea el valorde u, en particular si esta asume valores pequeos, luego tomando u = 1

zy reemplazando

en (4) tendremos:

x =z

z2 + 1

1 +

2

3

1

z2 + 1+

2 43 5

1

(z2 + 1)2+ + 2 4 (2n)

3 5 (2n + 1) 1

(z2 + 1)n+

(5)

luego puesto que asumiremos valores pequeos de u la serie anterior es convergente paravalores grandes de z.

3.3.2. Aproximando decimales de

Para aplicar la frmula (5) y aproximar decimales de debemos conocer un arco(denotado por x) y su tangente (denotado por u), el primero que se presenta es el de45 cuya tangente es la unidad, luego z = 1 y reemplazando en (5) resulta

Arco de 45 =1

2

1 +

2

2 3 +2 4

22 3 5 +2 4 6

23 3 5 7 + +2 4 (2n)

2n 3 5 (2n + 1) + (6)

como es poco convergente descompondremos el arco de 45, por lo que buscaremos otrosarcos cuyas tangentes sean menores que uno. Para ello apelamos a una conocida frmulatrigonomtrica:

a + b = 45

tan(a + b) = tan a + tan b1 tan a tan b

= 1

12


21/47

tomando tan a = 1/3 tendremos

13 + tan b

1 13 tan b= 1

13

+ tan b = 1 13 tan b

43 tan b = 2

3

tan b = 12

as tenemos que el arco de 45 es igual a la suma de los arcos cuyas tangentes son 1/2, 1/3.Dividamos ahora el arco cuya tangente es 1/2 en otros dos, as

tan x + tan y1 tan x tan y = 12

tomando tan x = 1/3 (notar que x = a pues tan x = tan a) tendremos

13 + tan y

1 13 tan y=

1

2

13

+ tan y =1

2 1

6 tan y

76 tan y = 1

6

tan y = 17

vemos ahora que el arco de 45 es igual a la suma del arco (denotado por y) cuya tangentees 1/7 ms el doble del arco (denotado por x) cuya tangente es 1/3. Luego haciendo z = 3y z = 7 en (5) tendremos los valores aproximados

x =3

10

1 +2

10 3 +2 4

102 3 5 +2 4 6

103 3 5 7 + +2 4 (2n)

(10)n 3 5 (2n + 1) +

y =7

50

1 +2

50 3 +2 4

502 3 5 +2 4 6

503 3 5 7 + +2 4 (2n)

(50)n 3 5 (2n + 1) +

finalmente podemos expresar el arco de 45 como

Arco de 45 = 2x + y

= 8x + 4y = 3, 141592653589793238462643383279502884197169399

Haciendo uso de las frmulas expuestas se puede obtener una mejor aproximacin, el gradode precisin aumenta a medida que se contine la divisin en arcos menores. La presenteaproximacin es ms curiosa que til, habiendo servido para dar uno de los muchos ejemplosen que tiene cabida la integracin por traspasos.

13


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Bibliografa

[1] La Obra del Doctor Federico Villarreal, Godofredo Garca Daz. Revista de Ciencias,

ao XXVII, 1924 No

3, 4,5,6. Lima.[2] Frmulas y Mtodos que Deben Completarse en Matemticas, Federico Villarreal

Villarreal Tesis de Bachiller, 1879. Lima.

[3] Federico Villarreal Matemtico e Ingeniero, Luis Katzuo Watanabe, Ediciones COPdepartamento de relaciones pblicas PETROPER, 2004. Lima.

[4] Revista de la Facultad de Ciencias Matemticas, Facultad de Ciencias de la UNMSM,No 2, 1988. Lima.

[5] Unidad de rchivo Histrico Domingo ngulo UNMSM, rchivos de la Facultad deCiencias 1875,1876,1877,1878,1879,1880,1881.

14


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Problemas para los ms Jvenes 43

PMJ43-1

Propuesto por Carlos Hugo Olivera Daz, Lima, Per.

ABC es un tringulo rectngulo en B. H es el pie de la altura desde B.

Las medianas que parten de A y B, relativas respectivamente a los

lados BH y HC de los tringulos ABH y HBC, se cortan en el punto M.

Las bisectrices interiores de los ngulos BAH y HBC se cortan en el

punto N. Si , AMN ANH = = , determinar el ngulo BHN .

PMJ43-2

Propuesto por Carlos Hugo Olivera Daz, Lima, Per.

El tringulo ABC es rectngulo en B, y sea r el radio de su crculo

inscrito. Las bisectrices interiores de los ngulos en A y en C cortan a

sus lados opuestos en N y M, respectivamente. Calcular el rea del

tringulo BMN en funcin de r.

PMJ43-3

Enviado por Juan Jess Moncada Boln, San Francisco de Campeche,

Mxico.En la figura, P y Q son los respectivos puntos medios de los lados de

un cuadrado.


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Determinar el cociente entre el rea de la regin doblemente

sombreada y el rea del cuadrado.

PMJ43-4


Mxico.

Se trata de colocar ante cada uno de los nmeros de la secuencia

siguiente un signo de suma o de resta:

1 2 3 4 5 6 7 8 2006 2007 2008Encontrar al menos 2008 maneras diferentes de colocar los signos de

manera que el resultado sea 2008.

PMJ43-5


Mxico.

Se considera el menor n tal que 102008 divide a n!

Hallar la ltima cifra distinta de cero de n!.


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RESOLUCIN DEL PROBLEMA PJ42 3 (Vol. 42 de la REOIM)

Luis M. Marav Zavaleta

Profesor

I.E. 80915 Miguel Grau Seminario, El Pallar, Huamachuco, regin de La Libertad, Per

El valor de c debe corresponder al de un nmero cuadrado perfecto de una cifra, ya que no es posible

una cifra no entera. De esta manera, el anlisis se reduce a cuatro casos:

(i) c = 0En este caso la igualdad es . Elevando al cuadrado cada miembro y despejando

, tenemos que resolver la ecuacin , de donde =0 (raz no aceptada

para las condiciones del problema) o =10 (raz aceptada). Por lo tanto, el primer valor de

es 100.

(ii) c = 1En este caso la igualdad es . Elevando al cuadrado cada miembro y

despejando , se trata de resolver la ecuacin , de donde, por razones

anlogas a las del primer caso, =12. Por lo tanto, el segundo valor de es 121.

(iii)c = 4En este caso la igualdad es . Elevando al cuadrado cada miembro y


anlogas a las de los casos anteriores, =14. Por lo tanto, el tercer valor de es 144.

(iv)c = 9En este caso la igualdad es . Elevando al cuadrado cada miembro y


anlogas a las de los casos anteriores, =16. Por lo tanto, el cuarto valor de es 169.

De esta manera, los nmeros de tres cifras que cumplen con la condicin sealada en el

problema son 100, 121, 144 y 169.


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Problemas propuestos 211-215

Problema 211Propuesto por Carlos Hugo Olivera Daz, Lima, Per.Se da un tringulo ABC y la circunferencia exinscrita relativa al lado AC.

Se traza la recta que pasa por el vrtice B y por el punto de tangencia, N, dedicha circunferencia con el lado AC. La recta BN vuelve a cortar en P a lacircunferencia exinscrita. Sean D y E los otros puntos de tangencia de dichacircunferencia con las rectas que contienen a los lados BC y AB, respectivamente.

M es el punto medio de la cuerda ED. Hallar \BP M en funcin de los elementosdel tringulo ABC.

Problema 212

Propuesto por Juan Bosco Romero Mrquez, vila, Espaa.Sea ABC un tringulo y H el pie de la altura desde A ( H 2 BC). DEFG

es el cuadrado inscrito en el tringulo, con el lado DG sobre BC, E en AB y Fen AC. Se consideran los puntos denidos a continuacin:

J = AD \ HE; K = AG \ F H; I; L son las proyecciones ortogonales deJ; K, respectivamente, sobre el lado BC.

Adems, M = AD \ EF; N = AG \ EF; R = AG \ F L; y S = AD \ IE :Demostrar que:i) IJKL es un cuadrado cuyo lado se determinar.ii) Las rectas E I ; F L y AH se cortan en un punto P tal que AH = HP:iii) Las rectas BJ;CK y AH se cortan en el punto medio P de AH:iv) Las rectas CN;BM y AH son concurrentes.v) Los tringulos AKJ;ARS y AGD son semejantes.Problema 213

Propuesto por Gabriel Alexander Chicas Reyes, El Salvador.

Sea fbngn 0 la sucesin denida por b0 = 0; b1 = 1, y para todo n 2;

bn+1 =2b2

n

bn1 + bn:

Demostrar que esta sucesin es convergente.Qu se puede decir de su lmite?Problema 214

Propuesto por Pedro Pantoja, Brasil.Resolver en el conjunto Z la ecuacin

3x+y2 = 2

x3 + y3

+ 3

x2 + y2

+ x + y 11:

Problema 215

Propuesto por Francisco Javier Garca Capitn, Priego de Crdoba, Espaa.Sean ; ; tres nmeros complejos cuyo mdulo es la unidad, y A, B, C los

puntos del plano de los que son ajos. Sean A0B0C0 y A00B00C00 los tringulosrtico y tangencial de ABC: Demostrar que A0B0C0 y A00B00C00 son homotticosy que se cumple la relacin

B0C0

B00C00=

( + ) (+ ) (+ ):

1


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Solucin de Ricard Peir i Estruch. IES Abastos Valncia.

El rea del tringulo

ABC es:

2

cbar

R4

abcS cABC

+== .

abc

)cba(2

Rr

1

c

+= .

La proposicin quedara probada sic

2 Rr

1

c

1

a

b

b

a

+

abc

)cba(2

abc

ba2

22+

+

)cba(2c

ba 22+

+

0bc2ac2c2ba 222 ++

0)cb()ca( 22 + .

Esta ltima igualdad es cierta.

Por tanto la proposicin es cierta y la igualdad se alcanza cuando cba == , es decir,cuando el tringulo es equiltero.


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Problema 207. Se tiene un triangulo ABC y su circunferencia inscrita,

tangente a los lados en los puntos D, E y F, como se indica en la figura.Por los puntos A, B, C de la circunferencia inscrita se trazan las rectastangentes a los arcos FD, DE yEF, respectivamente. Desde los vertices deABC se trazan rectas perpendiculares a dichas tangentes (vease igualmentela figura adjunta). Determinar los puntos de tangenciaA,B yC para quese cumpla la siguiente condicion:

a

bp

qn

m= 1.

a

m

q

n

p

b

A

B CD

FE

B'

C'

A'

Propuesto por Carlos Hugo Olivera Daz, Lima, Peru

Solucion de Francisco Javier Garca Capitan.

La condicion que cumplen las distancias a,b,p,q,m,n indican que eltriangulo UVW formado por las tangentes en A, B, C es perspectivo conABC (ver por ejemplo el apartado 179 de Lachlan: An Elementary Treatise

on Modern Pure Geometry).Sean B, C dos puntos cualesquiera sobre la circunferencia, y sea U el

punto comun de las tangentes por B y C Hallemos otro punto A sobrela circunferencia que forma con B y C el triangulo UVW perspectivo conABC.

1


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Para ello, observemos qeu si P1 es un punto arbitrario sobre AU, y

las rectas BP1, CP1 cortan a UC

, UB

en V1, UW1, respectivamente, lostriangulos UV1W1 y ABC son perspectivos.

A

B C

FE

D

C'

B'

U

P1W1

V1

S

A'W

V

P

Segun el teorema de Desargues, los puntos V1W1 BC, W1U CA yUV1 AB estan alineados. Pero las rectas W1U y UV1 son fijas, por tantotambien lo son los puntos W1U CA y UV1 AB, haciendo fija a la rectaque pasa por los tres puntos. Por tanto el punto S = V1W1 BC tambienes fijo.

Para un punto arbitrario P1 sobre AU, la recta V1W1 no sera tangentea la circunferencia, pero conocido el punto S, bastara trazar la tangentedesde dicho punto (ademas de la recta BC) para obtener la recta tangentebuscada.

2


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Solucin al problema 208 de la REOIM

lvaro Begu Aguado, Nueva York, USA

Dado que la funcin coseno slo toma valores entre -1 y 1, la funcin que

estamos integrando est acotada entre 2 y 2. La integral estar acotada

entre 2 y 2 . Basta ahora observar que3

2 22

< , porque3

22

< .

Nota: separando las partes en que el coseno es positivo de las partes en

que es negativo, se obtiene una cota inferior mejor que la propuesta:

2 3

2

+, y aplicando la desigualdad de Jensen de manera bastante directa

se obtiene una cota superior mucho mejor que la propuesta: 3 .


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Solucion al problema 209

Alvaro Begue

Tomemos la funcion f(x) := 2x + 21+

1x y calculemos sus dos primeras

derivadas:

f(x) = 2x log(2) 2

1x log(2)

x3/2

f(x) =3 2

1+1x log(2)

x5/2+ 2x log(2)2 +

21+

1x log(2)2

x3

Observese que f(x) es convexa (los tres terminos de f(x) son positivossi x > 0), f(1) = 6 y f(1) = 0. Luego f(x) tiene un unico mnimo global enx = 1, y este es el unico valor para el cual f(x) = 6.

1


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PROBLEMA 210, propuesto por Laurentiu Modan, Bucarest, Ru-

mana

Se lanza 3 veces un dado y se denota con zi, con i {1, 2, 3}, la variable aleatoriaque da el numero de puntos obtenidos en la situacion i. Si la probabilidad P(z1 +z2 = z3) = p [0, 1], se considera la variable aleatoria

X :

1 1p 1 p

.

Por otra parte, se considera tambien la variable aleatoria

Y :

0 2 3 2 1

4

.

donde (0, 1).Se pide:

(A) Comparar M(X) y M(Y).

(B) Estudiar si X e Y son independientes y si estan correlacionadas sabiendoque P(X = 1, Y = 0) = 35

72y P(X = 1, Y = 2) = 1

72.

Solucion por Daniel Lasaosa Medarde, Universidad Publica de Navarra,

Pamplona, Espana

(A) Para que Y sea una variable aleatoria, necesitamos que 1 = + 2 + 14

= + 1

2

2, es decir = 1

2 1, y como > 0, ha de ser = 1

2. Claramente,

M(Y) = 0 + 22 + 31

4=

5

4.

Al mismo tiempo, tirar 3 dados da un total de 63 = 216 casos posibles, de los que sonfavorables aquellos de la forma (a, s a, s), donde 1 s 6 y 1 a s 1. Esto

nos proporciona s1 valores posibles para a, luego un total de 0+ 1+2 + +5 = 15casos favorables, con lo que p = 15

216= 5

72. Luego

M(X) = p(1) + (1 p)1 = 1 2p =31

36.

(B) Si X, Y fueran independientes, se tendra que

35

72= P(X = 1, Y = 0) = P(X = 1) P(Y = 0) = (1 p) =

67

144,

claramente falso. Luego X, Y no son independientes. De forma analoga, si X, Yfueran independientes, tambien se tendra

1

72= P(X = 1, Y = 2) = P(X = 1) P(Y = 2) = p

1

4=

5

288,

nuevamente tambien falso.

1


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Comentario de pginas web y noticias de Congresos 43

XV JAEM en Gijn, Espaa

En el esplndido marco de La Laboral, de Gijn, se han celebrado del

3 al 6 de julio de 2011 las dcimoquintas Jornadas sobre elAprendizaje y la Enseanza de las Matemticas. Este congreso, que

se celebra cada dos aos, se ha convertido en un lugar de encuentro

de una gran mayora de Profesores de Matemticas de todos los

niveles para compartir experiencias, escuchar las Conferencias y

Poenecias o participar en los Talleres. Inevitablemente, hay que

elegir, porque muchas de las actividades son simultneas. El que

suscribe imparti un Taller de Resolucin de Problemas (Algunosmtodos de resolucin de problemas) y voy a citar algunas de las

actividades en las que estuve presente.

La Prof M Encarnacin Reyes Iglesias, de la Escuela de Arquitectura

de Valladolid, imparti una de las conferencias invitadas:

Matemticas, Naturaleza y Arte: Tres mundos interconectados, quetuvo un gran impacto, porque es un tema que domina a la perfeccin.

El Prof. Juan Martnez-Tbar Gimnez, del IESO Cinxella, deChinchilla de Montearagn (Albacete), present De Combinatione(Breve historia de la Combinatoria, de la mano de dos espaoles).Uno de ellos es bien conocido (Raimundo Lulio), pero el otro

(Sebastin Izquierdo) era completamente desconocido para m, hasta

ese momento.

Alicia Pedreiro Mengotti (IES Monelos de La Corua) y Covadonga

Rodrguez-Moldes Rey (IES de Mugardos) presentaron muy

brillantemente su leccin para un grupo de ESTALMAT Entrando en elpalomar.

Miquel Albert Palmer (Instituto Valls, Sabadell) fue otro de losconferenciantes invitados, con Investigacin etnomatemtica: msall de la lnea de Wallace.

Antonio Ledesma Lpez (IES 1 de Requena, Valencia), como

coordinador del Colectivo Frontera de Matemticas, present Poesavisual y resolucin de problemas en torno a la XXIII edicin delOpen Matemtico.

La conferencia de Clausura, a cargo del Grupo Alquerque se titulaba

Si hay Matemticas, esto es Cultura e hizo las delicias del auditorio.


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Antigua Capilla de la Universidad Laboral de Gijn


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La cpula de la Antigua Capilla de La Laboral

Congreso de la Sociedad Belga de Profesores de Matemticas

de lengua francesa; Bastogne, Blgica.

La SBPMef ha celebrado su congreso anual del 23 al 25 de agosto de2011, en esta ocasin en Bastogne, donde el ejrcito nortemericano

resisti el invernal e infernal asedio del ejrcito alemn durante la

Segunda Guerra Mundial en la batalla de las Ardenas. La minscula

ciudad conserva las placas conmemorativas, documentos y la

reproduccin de un tanque Sherman en su plaza principal.

El lema del Congreso era Las matemticas hacen viajar. El quesuscribe present una comunicacin sobre Algunos problemas de

Geometra del espacio. Aunque este congreso es pequeo, siemprehay que elegir entre las actividades simultneas. Y las presentacionesdel veterano profesor Claude Villers (del que publicaremos una en un

prximo nmero de la REOIM) nunca dejan indiferente y siempre

proporcionan ideas muy interesantes para desarrollar en clase. En

este caso se trataba de Cest loccassion qui.(que se podra traducirpor rase una vez) que el autor subraya como una matematizacinde lo cotidiano. Tras un diaporama con varias fotos matemticas del

autor, desgran varios ejemplos de situaciones de la vida real en las

que subyacen problemas matemticos, y cmo resolverlos.

El Prof. Eric Deridiaux present de una manera prctica como

construir, casi artesanalmente, una antena parablica para captar viasatlite imgenes de Televisin de todo el mundo (ms de 2000

canales). Lorientation des antennes de tlvision directe par satelliteera el ttulo de su comunicacin.


36/47

El General Mc Auliffe, defensor de Bastogne

Congreso Elemen ta ry Geomet ry f rom an Advanced Po in t o f

V iew , Ave i ro , Po r t uga l .

Del 1 al 3 de septiembre se ha celebrado en Aveiro un minicongreso

con el ttulo que antecede a estas lneas, dentro del proyecto Klein y

como casi la ltima actividad del mismo. Cont con la intervencin

del Secretario General del ICMI , Prof. Jaime Carvaho e Silva, de la

Universidad de Coimbra (El desarrollo y el declive de los Elementosde Euclides en la enseanza de las Matemticas); del Prof. PedroDuarte de la Univ. de Lisboa (Paisajes de Morse); del Prof. Jos Mara

Montesinos (Univ. Complutense; Klein, aritmtica fuchsiana y gruposy nudos de Klein); del Prof. Francisco Santos Leal (Univ. deCantabria, Santander, Espaa: Politopos, programacin lineal ycomplejidad). La contribucin del que suscribe fue presentar unademostracin elemental del teorema del ortopolo, de Gheorge

Tzitzeica, descubierta cuando el matemtico rumano era un

estudiante de Bachillerato.


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Porche de la Universidad de Aveiro.

XXVI Olimpiada Iberoamericana de Matemtica, en Costa

Rica.

Se ha celebrado en Costa Rica, durante la segunda mitad de

septiembre, el Simposio Iberoamericano de Educacin Matemtica y

la vigsimasexta Olimpiada Iberoamericana de Matemtica.

La O.E.I. envi al que suscribe como experto para dar un curso de

Capacitacin durante los tres das del Simposio (21-22-23 de

Septiembre), que se celebr en el Hotel Condesa, cerca de Heredia, y

en la sede de San Jos del Instituto Tecnolgico de Costa Rica. En elcurso de capacitacin haba tres grupos de asistentes (A:Profesores

con poca experiencia en Olimpiadas; B: Profesores con cierta

experiencia en Olimpiadas; y C: estudiantes de las carreras de

matemticas de las diferentes Universidades del pas). Adems de mi

persona, tambin dieron clase en este curso los Prof. Jos Heber

Nieto, de Maracaibo, y Jos Antonio Gmez Ortega, de la UNAM de

Mxico. Fueron tres das muy intensos, con sesiones de trabajo

largas, en sesiones de maana y tarde, pero en mi opinin muy

fructferas.


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Una de las sesiones del grupo A

Concluido el Simposio fuimos trasladados a San Jos, para colaborar

como Coordinadores de uno de los problemas de la Olimpiada. Todo

el desarrollo de la Olimpiada fue normal, y tanto el Jurado

Internacional como los Coordinadores realizamos nuestro trabajo en

un ambiente de total cordialidad.

El alumno ganador de la Olimpiada fue el jovencsimo peruano Ral

Chvez, que lleva camino de convertirse en el Terry Tao de

Iberoamrica. Ojal en el futuro sea uno de los galardonados con la

medalla Fields.


39/47

Los medallistas de oro de la Olimpiada

Valladolid, noviembre de 2011.

Francisco Bellot Rosado


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Divertimentos matemticos 43

El primero de los divertimentos de este nmero es una narracin,

original de la Prof Covadonga Rodrguez-Moldes Rey, Profesora de

Matemticas y Directora del I.E.S. de Mugardos (La Corua), que

result premiada en un concurso de cuentos didcticos para alumnos

y profesores en Galicia.

Es un cuento literario-matemtico, y est escrito en gallego, idioma,

como se sabe, muy prximo al portugus, uno de los idiomas oficiales

de la REOIM, y que no hemos traducido.

El segundo divertimento est formado por algunas vietas capturadas

en Internet, por lo que resultara casi imposible averiguar la

procedencia real.


41/47

LIBERANDO INCGNITAS

Hoxe hai unha importante reunin. A Raia ten convocado ao comit de liberacin e hai moitaexpectacin. Dende que dirixe o pas, a Raa leva feitos moitos cambios, non sempre benrecibidos polos que antes tian o poder, que protestan: "Onde se viu un pas coma este!, xa

non hai exrcito, hai comit de liberacin de incgnitas!". E ameazan: "Temos que volver aode sempre, hai que derrocar a Raa, non podemos perder incgnitas e caer nas mans dosatrapadores de incgnitas".

As incgnitas son elementos moi importantes do pas. Estn gardadas con vixilancia especial.Serven para resolver problemas. Nunca se sabe o que pode agochar unha incgnita, s candoo problema est resolto librase a incgnita descubrndose o seu valor. A incgnita misfamosa X, pero tamn hai Y, Z, a, b, c e outras raras que s se utilizan en certas ocasins.

As de enrarecido est o ambiente. E anda non saben o motivo polo que a Raa ten

convocado ao comit de liberacin!

Silencio, fala a Raa:

"Meus queridos amigos e amigas, membros do comit de liberacin: os atrapadores deincgnitas queren poernos a proba, esta a mensaxe que acabo de recibir:

Onte procedemos a atrapar unha incgnita, tmola retida seguindo o

procedemento habitual. Calquera intento de rescate pode dar lugar a que a

incgnita se precipite na cova das serpes e desapareza para sempre.

Anunciamos que a nosa intencin a de atrapar tdalas incgnitas que

podamos do voso pas para as estar en condicins de resolver por ns

mesmos os problemas e ter o dominio. (Atrapadores de incgnitas)

Ante isto, queridos amigos e amigas, propovos actuar con sixilo e intelixencia. Tentaremosrescatar a incgnita atrapada. Trtase de X. O primeiro saber onde e como se atopa.Enviarei especialistas a analizar a situacin e ma de novo reunirmonos para peparar orescate".

Esa noite un comando de especialistas obtivo imaxes de X. Efectivamente, estaba sobre acova das serpes, vixiada por sete guerreiros, dous ao seu carn e cinco enfronte. Todos en

equilibrio sobre a cova das serpes.


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Ao da seguinte a Raia rene ao comit de liberacin:

A situacin delicada pero sinxela, a un lado hai cinco guerreiros e ao outro a x con dousguerreiros (5=x+2) . Necesitamos actuar con precisin e sincronizadamente nos dous lados.Basta con eliminar a dous guerreiros a cada lado, despois resctase X procedendo sa

liberacin e traendo retidos aos tres guerreiros aos que equivale. O rescate ser esta noite.

Chegada a noite o plan desenvolveuse coa precisin que peda a Raa: a incgnita foi devoltaao seu recinto e os tres guerreiros inimigos postos sa disposicin.

Despois deste acontecemento a Raa chamou a sabios de todo o mundo. Foron varios das dereunins, discusins e estudos. Agora a Raa drirxese a tdolos habitantes do pas nunhaconvocatoria extraordinaria que se espera con moita espectacin.

"Queridos amigos e amigas -comeza a falar a Raa- teo que comunicarvos unha importante

decisin. froito de profundas reflexins de toda a comunidade de sabios e levar a cambiosmoi importantes que mellorarn as condicins de vida e a formacin de todos os habitantes dopas. A decisin que tomei que TODOS VOS CONVIRTADES EN LIBERADORES DEINCGNITAS. A tarefa non ser doada, necesario prepararse a fondo. Contratarei a sabios eestudosos que nos formarn na arte de liberar incgnitas. A medida que vaiamos aprendendousaremos tcnicas e utensilios mis complicados. A prxima semana comenzar a formacinpara tdolos os habitantes que o desexen, que espero sexa a maiora de todos vs".

E as foi, o chamamento da Raa foi seguido por habitantes de todas as idades.

Despois de varios das de preparativos comezou a formacin.Un mes despois a Raa visita as salas de aprendizaxe.

Maxestade, esta a sala de 1 grao, aqu estn os principiantes que aprenden a liberar asincgnitas tratando de que quede soa a un lado da balanza mantendo o equilibrio. Pode vercomo agora a un lado da balanza hai dous lils (elementos de liberacin) e ao outro est a xacompaada dun lilsuxeito a un globo que tira del e da balanza para arriba (2=x-1). Observecomo con coidado colocan un lila cada lado da balanza e as a un lado quedan tres lils e aooutro queda soa a x pois os dous lils anulronse. A x est liberada e o seu valor 3.

Satisfeita a Raa prosegue o percorrido. Entran nunha sala ampla onde hai cadrados de variostamaos, lils e globos polo chan. O ambiente moi serio. A incgnita X est atrapada

elevada ao cadrado, hai ademais outras cinco X cada unha delas colgada dun globo que asempuxa para riba pero aferrnse ao bambn, ademais hai seis lils. Ao outro lado da balanza,


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non hai nada!, non obstante o bambn est en equilibrio (x 2-5x+6=0). Levan tempo tratandode liberar a X . Parece unha empresa complicada.

A Raa di que quere colaborar pois coece unha tcnica que leu nun libro. Despois defrentica actividade movendo globos, cadrados e lils, entre todos conseguen o obxectivo: a xqueda liberada con das liberacins posibles! (x=2, x=3).

Remata a visita da Raa na gran sala de sistemas. Al estn a liberar das incgnitas, x e y,atrapadas conxuntamente en dous lugares distintos. A Raa asiste emocionada liberacindas das incgnitas e mstrase interesada pola estratexia seguida:

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