REVISTA MATEMATICADEL PROGRAMA

JOVENES TALENTO

Numero 8

Mayo 2012

REVISTA MATEMATICA DELPROGRAMA JOVENES TALENTO

Numero 8 (Mayo 2012)

Quienes somos

El Programa Jovenes Talento de El Salvador (PJT), cuya sede se encuentra en San Salvador, es unproyecto conjunto de la Universidad de El Salvador y el Ministerio de Educacion que brinda atenciona alumnos con rendimiento destacado en matematica y ciencias naturales. Asimismo, en sus mas de 10anos de existencia, ha estado a cargo de la seleccion y preparacion de las delegaciones que representana El Salvador en diversas competencias internacionales.

La Revista Matematica del PJT fue fundada en 2009 con el objetivo de estimular el estudio de lamatematica a un alto nivel, con enfasis en la tradicion de las olimpiadas de matematica. Esta dirigidaa alumnos familiarizados con la resolucion de problemas, instructores, profesores y al lector interesadoen la matematica en general. Inicialmente concebida en el contexto del PJT, la presente publicacionpretende convertirse en una referencia seria de la actividad matematica de El Salvador y la regioncentroamericana.

Editor

Gabriel Alexander Chicas Reyes (University of Tokyo)Correo electronico: gachr.ebc253@gmail.com

Colaboradores

Agradecimientos especiales a Julio Ayala (Universidad de Buenos Aires), Lic. Oscar Hernandez(Universidad de El Salvador), Lic. Aaron Ramırez (Universidad de El Salvador), Lic. Gredy Salmeron(Pontificia Universidad Catolica de Chile) y Mtr. Dimas Tejada (Universidad de El Salvador) porparticipar en la correccion de errores del presente numero.

Creditos fotograficos

A menos que se especifique lo contrario, las imagenes empleadas son de dominio publico y no sepretende ninguna violacion de derechos de autor.

Roberto Bobrow (p.22)Julie Falk (p. 23, izquierda)Exploratorium(p. 23, derecha)

Suscripcion

La presente es una publicacion digital distribuida mediante correo electronico. Para suscribirse fa-vor escribir a la direccion remat.pjt@gmail.com.

Los interesados en una impresion de la revista pueden contactar a la Asociacion de Padres deFamilia del PJT (ASTALENTO), que hace circular (de manera limitada) una version en papel. Sudireccion de contacto es astalento@gmail.com.

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Como contribuir

La Revista Matematica del PJT invita cordialmente a participar en su elaboracion a todos losmiembros del Programa (alumnos, instructores, catedraticos, padres de familia) y al lector interesadoen general.

Artıculos. Se invita a los lectores a contribuir con sus trabajos originales sobre matematicaelemental. El documento debera incluir las referencias academicas usadas en su elaboracion y lainformacion de contacto de su autor, incluyendo: Nombre, afiliacion academica y correoelectronico.

Columna de problemas. Se desafıa a los lectores a enviar sus soluciones creativas a los pro-blemas de esta seccion, ası como a proponer problemas originales para la columna del siguientenumero. El archivo enviado debera incluir la informacion de contacto del autor, y en el caso deun problema propuesto su respectiva procedencia (nombre del libro, olimpiada, o autor delproblema). Se dara prioridad a problemas originales.

Cafe Matematico. Se acepta todo tipo de material de divulgacion matematica, incluyendo:Historia de las matematicas, biografıas de matematicos famosos, acertijos, humor matematico,etc. Tener en cuenta que esta seccion esta orientada hacia un publico mas amplio, por lo que seevitaran documentos demasiado tecnicos.

Contacto

Se solicita a los lectores enviar sus contribuciones, preguntas o comentarios a la siguiente direccion:remat.pjt@gmail.com.

Proximo numero

El numero 9 de la revista esta programado para DICIEMBRE DE 2012.

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Contenidos

Artıculos (p. 1)

Una prueba elemental de un resultado sobre las medias potencialesDaniel Campos (Universidad de Costa Rica)

Introduccion al analisis funcional I: Espacios normadosGredy Salmeron (Pontificia Universidad Catolica de Chile)

Acerca de la caracterıstica de EulerPropuesto por el editor

Problemas olımpicos (p. 15)

Problemas de la Olimpiada Matematica de la Cuenca del Pacıfico 2012

La Asian Pacific Mathematics Olympiad (APMO) es una de las competencias regionales de mayorprestigio en el mundo. Se caracteriza por ser una prueba no presencial, es decir, la prueba es adminis-trada de manera local en cada uno de los paıses concursantes. Los unicos paıses que tienen derecho aparticipar son aquellos que poseen costas en el oceano Pacıfico, y es por este motivo que El Salvadorpuede entrar en la competencia. Por regla general la Olimpiada es celebrada el segundo lunes de marzode cada ano.

Los premios obtenidos este ano son:

Byron Thonatiu Escobar Benıtez Medalla de plataGerardo Augusto Urbina Sanchez Medalla de bronce

Memoria de la Olimpiada Nacional de Matematica 2012

La Olimpiada Nacional de Matematica es el principal criterio de seleccion para el ingreso al Pro-grama Jovenes Talento de El Salvador. Se desarrolla en dos etapas: una por correspondencia, en la quela prueba es publicada en los periodicos mas importantes del paıs, y otra presencial. En el presenteano se conto con 1602 participantes en la primera etapa, de los cuales 680 se sometieron a la pruebapresencial. El numero final de estudiantes clasificados fue de 296.

A continuacion se adjunta un cuadro con los participantes mas destacados en cada etapa.

Grado Periodico Presencial4 Ignacio Yamagiwa Andres Martınez5 Daniel Solıs, Nina Rivas Jose Blanco6 Roberto Moreno Mario Hernandez7 Ana Ascencio Gabriel Carranza8 Carlos Gil Cristopher Padilla , Alma Araujo9 Jose Guillen Miguel Aguilar, Martha Bran, Natalia Escalante10 Keneth Turcios Marıa Gonzalez, Katherine Gonzales

Por motivos de espacio no fue posible incluir los enunciados de los problemas. El lector interesadopuede contactar a la revista o bien al Programa Jovenes Talento directamente.

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Columna de problemas (p. 16)

En esta seccion se incluyen 5 problemas de desafıo a los lectores, quienes estan invitados a resolver-los y enviar sus mejores soluciones a la revista. Las soluciones mas originales seran publicadas en elsiguiente numero.

Se ha introducido un nuevo formato en los enunciados de la columna. De ahora en adelante losproblemas originales seran marcados explıcitamente por la palabra original, mientras que un problemasugerido indica que el proponente no es el autor del problema en cuestion. Esto tiene dos objetivos:el primero es evitar plagios y conflictos de derechos de autor, y el segundo es resaltar el merito delos autores que crearon sus propios problemas. El editor espera que en el futuro haya abundancia deproblemas originales, de modo que eventualmente esta distincion se vuelva innecesaria.

Fe de errata

Ofrecemos nuestras mas sinceras disculpas debido a errores en el plantamiento del problema 26A.Agradecemos al Ing. Eduardo Aguilar (El Salvador), quien observo que tanto el problema originalcomo su version corregida son falsos. El lector curioso esta invitado a crear un resultado nuevo a partirde las condiciones del problema original.

Problemas abiertos

Los siguientes problemas todavıa permanecen sin resolver: 18, 25, 35.

Cafe Matematico (p. 21)

Historia de Grigori PerelmanXenia Godoy (Instituto Nacional de El Congo, Santa Ana)

Miscelanea: Curiosidades, noticias y mas

En este numero hablamos sobre telaranas, pompas de jabon, Lady Gaga en las matematicas y lospremios Abel y Wolf.

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Una prueba elemental de un resultado

sobre las medias potenciales

Daniel Campos SalasUniversidad de Costa Rica

Resumen

Presentamos una demostracion elemental de la convergencia de las medias potenciales a la mediageometrica e incluimos la generalizacion para medias ponderadas.

1. Introduccion

Vamos a dar primero una prueba en el caso de las medias potenciales, y posteriormente demostraremossu generalizacion a medias ponderadas basada en las ideas de la prueba para el caso particular.

Definicion 1. Sea n un entero positivo y r 6= 0. Si x = (x1, ..., xn), donde xi es un numero realpositivo para i = 1, ..., n, se define la media potencial de orden r como

Ar(x) =(xr

1 + ...+ xrn

n

)1/r

,

y la media geometrica comoG(x) = (x1 · · ·xn)1/n

.

El objetivo de esta seccion es demostrar que

lımr→0

Ar(x) = G(x).

Este resultado es conocido, aunque las demostraciones usuales recurren a tecnicas de calculo. En [1]se encuentran por lo menos dos pruebas que, a pesar de ser sencillas, requieren de un conocimien-to mınimo de calculo. Por otra parte, las tecnicas elementales que se presentan a continuacion sonutiles no solo para este teorema en particular, sino para resolver desigualdades en general. En par-ticular, por esta razon se considera que la demostracion puede ser de interes para estudiantes olımpicos.

Antes de comenzar con un par de lemas tecnicos, hacemos unas observaciones sencillas. Las mediaspotenciales y la media geometrica son funciones homogeneas de grado 1, es decir, satisfacen f(λx) =λf(x) para λ > 0. Por lo tanto se puede suponer sin perdida de generalidad que xi ≥ 1 para todoi. En lo que sigue vamos a considerar x = (x1, ..., xn) y y = (u, 1, ..., 1), donde u = x1 · · ·xn ≥ 1.Ademas, es suficiente probar el lımite cuando r → 0+, ya que si r = −r′ < 0 con r′ > 0, tenemos queAr′(x) = 1/Ar′(x′), donde x′ esta formado por los inversos de las coordenadas de x.

Lema 2. Si t es un real positivo y k > 0 entonces se cumple que

tk − 1k≤ tk log t.

Demostracion. La desigualdad se puede reescribir como 1+log u ≤ u, donde u = t−k. Esta desigualdadse sigue de 1 + x ≤ ex, que es valida para todo x, y ası concluye la prueba.

Lema 3. Para todo ε > 0 existe R > 0 tal que si 0 < r < R entonces Ar(y) ≤ G(y)1+ε.

1

Demostracion. Sea ε > 0. Entonces se tiene que

Ar(y) =(ur + (n− 1)

n

)1/r

=(ur − 1n

+ 1)1/r

≤ expur − 1nr

,

donde de nuevo utilizamos la desigualdad 1 + x ≤ ex.

Por el lema anterior sabemos que (ur − 1)/r ≤ ur log u. Ahora bien, utilizando el hecho de quelıms→0

us = 1 tenemos que existe un R > 0 tal que 0 < ur − 1 < ε, siempre que 0 < r < R. Entonces,

ur − 1r

≤ ur log u ≤ (1 + ε) log u,

y por tanto Ar(y) ≤ e(ur−1)/nr ≤ u(1+ε)/n = G(y)1+ε.

Teorema 4. lımr→0

Ar(y) = G(y).

Demostracion. Sea ε > 0. Por el lema 3 existe R > 0 de modo que si 0 < r < R entonces Ar(y) ≤G(y)1+ε0 , donde ε0 = ε/G(y). Luego,

0 < logAr(y)− logG(y) ≤ ε0 logG(y) = ε,

donde la desigualdad de la izquierda se debe a la desigualdad de las medias. Por tanto logAr(y) →logG(y) cuando r → 0, y como el logaritmo es una funcion continua se sigue que Ar(y)→ G(y).

Teorema 5. lımr→0

Ar(x) = G(x).

Demostracion. Para cualesquiera X,Y ≥ 1 se cumple que

XY + 1−X − Y = (X − 1)(Y − 1) ≥ 0. (1)

Luego, si definimos yi = (x1, ..., xi · · ·xn, 1, ..., 1) se tiene la siguiente cadena de desigualdades:

Ar(y) = Ar(y1) ≥ Ar(y2) ≥ ... ≥ Ar(yn) = Ar(x). (2)

Por otra parte, por la desigualdad de las medias tenemos que Ar(x) ≥ G(x) = G(y). En consecuenciaG(y) ≤ Ar(x) ≤ Ar(y), y por el teorema anterior haciendo r → 0 tenemos el resultado.

2. Generalizacion a medias ponderadas

La definicion original de medias y el teorema admiten la siguiente generalizacion.

Definicion 6. Sea n un entero positivo y r 6= 0. Dados x = (x1, ..., xn) y a = (a1, ..., an), donde xi, ai

son numeros reales positivos para todo i = 1, ..., n, se define la media potencial ponderada de ordenr con pesos a1, ..., an como

Ar(a, x) =(a1x

r1 + ...+ anx

rn

a1 + ...+ an

)1/r

,

y la media geometrica ponderada con pesos a1, ..., an como

G(a, x) = (xa11 · · ·xan

n )1/(a1+...+an).

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En este apartado probaremos un analogo del Teorema 5:

lımr→0

Ar(a, x) = G(a, x).

En la siguiente proposicion demostramos una desigualdad similar a (1) que nos permite establecer unacadena de desigualdades como en (2). La idea, al igual que antes, es encontrar z = (z1, ..., zn) tal queAr(a, z) ≥ Ar(a, x) y G(a, z) = G(a, x).

Lema 7. Dados x = (x1, ..., xn) y a = (a1, ..., an), sea z = (xa1/a11 · · ·xan/a1

n , 1, ..., 1). Entonceslımr→0

Ar(a, z) = G(a, z).

Demostracion. Sean ε > 0, v = xa1/a11 · · ·xan/a1

n ≥ 1, p = a1 y q = a2 + · · ·+ an. Entonces

Ar(a, z) =(pvr + q

p+ q

)1/r

=(p(vr − 1)p+ q

+ 1)1/r

≤ expp(vr − 1)(p+ q)r

.

De manera analoga al Lema 3, podemos encontrar R > 0 tal que (vr−1)/r ≤ (1+ε) log v, si 0 < r < R.En consecuencia,

Ar(a, z) ≤ expp(vr − 1)(p+ q)r

≤ expp(1 + ε) log v

p+ q= G(a, z)1+ε.

De aquı es inmediato concluir que lımr→0

Ar(a, z) = G(a, z), tal y como en el Teorema 4.

Lema 8. Sean X,Y ≥ 1 y a ≥ b > 0. Entonces se cumple que

a+ bXa/bY ≥ aX + bY.

Demostracion. Como a/b ≥ 1, por la desigualdad de Bernoulli tenemos que

bXa/b ≥ b(

1 +a(X − 1)

b

)= b+ aX − a.

Por lo tanto resulta que

a+ bXa/bY ≥ a+ bY + aXY − aY ≥ aX + bY,

donde la ultima desigualdad se sigue por (1).

Teorema 9. lımr→0

Ar(a, x) = G(a, x).

Demostracion. Supongamos sin perdida de generalidad que ai ≥ a1 para todo i. Definamos z1 = z,como en el lema 7, zn = x y zi = (xa1/a1

1 xai+1/a1i+1 · · ·xan/a1

n , x2, . . . , xi, 1, . . . , 1) para 2 ≤ i ≤ n− 1. Aligual que en (2), por el lema 8 resulta que

Ar(a, z) = Ar(a, z1) ≥ Ar(a, z2) ≥ · · · ≥ Ar(a, zn) = Ar(a, x).

Por la version ponderada de la desigualdad de las medias sabemos que Ar(a, x) ≥ G(a, x). PeroG(a, x) = G(a, z) ası que G(a, z) ≤ Ar(a, x) ≤ Ar(a, z). Haciendo r → 0 obtenemos el resultado.

Referencias

[1] G.H. Hardy, J.E. Littlewood, G. Polya, Inequalities, Cambridge University Press, Cam-bridge, 1973; p. 15.

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INTRODUCCION AL ANALISIS FUNCIONAL I:ESPACIOS NORMADOS

Gredy Jhovanny Salmeron CascoPontificia Universidad Catolica de Chile

Haremos una introduccion al analisis funcional, comenzando por los espacios de Banach y los operadores lineales definidos

entre ellos. Seguidamente presentamos algunos teoremas basicos como el principio de acotacion uniforme, el teorema de

la aplicacion abierta y el teorema de la grafica cerrada. Como aplicaciones de estos resultados se incluyen varios ejercicios.

1. ¿Que es el analisis funcional?

El analisis funcional es una rama del analisis que estudia espacios de funciones y los operadores (trans-formaciones lineales) entre ellos. A diferencia del analisis clasico, en el que se manipulan funcionesindividualmente, en el analisis funcional las funciones son consideradas como “puntos” pertenecientesa un espacio mas grande con cierta estructura. Este punto de vista permite transferir conceptos fami-liares del espacio euclideano a espacios de funciones que son en general de dimension infinita. Por estemotivo, esta rama puede ser descrita informalmente como “algebra lineal de dimension infinita”.

Nuestros objetos basicos de estudio seran los espacios de Banach y sus operadores lineales. Infor-malmente, un espacio de Banach es un espacio vectorial (generalmente de dimension infinita) dondeesta definida la longitud de un vector y ademas es posible tomar lımites. Este concepto permite tratarde manera sistematica muchos ejemplos importantes en el analisis. Otro tipo fundamental de espacio(espacio de Hilbert) sera abordado en una posible secuela.

2. Espacios normados y espacios de Banach

Sea X un espacio vectorial (que siempre asumiremos. Una norma es una funcion || · || : X → R quesatisface:

1. ||x|| ≥ 0 para todo x ∈ X, y ||x|| = 0 si y solo si x = 0;

2. ||αx|| = |α|||x|| para todo x ∈ X y α ∈ R ;

3. (Desigualdad del triangulo) ||x+ y|| ≤ ||x||+ ||y|| para todo x, y ∈ X.

Un espacio vectorial X equipado con una norma || · || se denomina espacio vectorial normado, osimplemente espacio normado.

Recordemos que un espacio normado X la norma || · || induce una metrica d(x, y) = ||x − y|| y portanto se vuelve un espacio metrico. Ademas, una sucesion {xn} en un espacio metrico X converge ax si lım

n→∞||x− xn|| = 0.

Definicion 2.1. Una sucesion de Cauchy es una sucesion {xn} que cumple que para todo ε > 0existe N > 0 tal que m,n ≥ N entonces ||xn−xm|| < ε. Un espacio vectorial normado X es completosi toda sucesion de Cauchy en X es convergente.

Definicion 2.2. Un espacio de Banach es un espacio normado completo respecto a la metricainducida por la norma, esto es, si para toda sucesion de Cauchy {xn} en X existe x ∈ X tal quelım

n→∞xn = x.

A continuacion describimos algunos ejemplos. El lector esta invitado a completar los detalles.

Ejemplo 2.1. Sea n ≥ 1. Rn y Cn son espacios normados, tomando como norma el valor absolutohabitual. Claramente Rn y Cn son tambien espacios de Banach.

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Ejemplo 2.2. Sea X = C([0, 1] el espacio de funciones continuas [0, 1]→ R. Definamos ||·||∞ : X → Rcomo ‖f‖∞ = supx∈[0,1] |f(x)|. Notemos que ||f ||∞ <∞ ya que [0, 1] es compacto. En realidad || · ||∞es una norma (la norma del supremo) y (X, || · ||∞) es un espacio de Banach (compruebelo).

Ejemplo 2.3. Dado p ≥ 1, sea `p la coleccion de todas las sucesiones reales {xn}n≥1 tales que∑∞n=1 |xn| < ∞. Ahora definamos una norma sobre `p como ||{xn}||p =

∑∞n=1 |xn| (la desigualdad

triangular satisfecha por esta norma en el caso 1 < p < ∞ es llamada desigualdad de Minkowski).Entonces `p es un espacio de Banach. En el caso p = ∞ definimos `∞ = {{xn} : supn |xn| < ∞} y||{xn}||∞ = supn |xn|.

El siguiente ejemplo es de extremada importancia.

Ejemplo 2.4. Sea (X,M, µ) un espacio de medida y fijemos 1 ≤ p < ∞. Definamos el conjuntoLp(X,µ) y la funcion || · || : Lp(X,µ)→ R como:

Lp(X,µ) = {f : X → R M-medible;∫

X

|f |pdµ <∞} ; ||f ||p =(∫

X

|f |pdµ)1/p

.

Esta funcion cumple trivialmente la condicion (3) de una norma; tambien satisface la desigualdad deltriangulo (2) debido a la desigualdad de Minkowski para integrales. En cambio (1) no se satisface.La observacion crucial es que ||f ||p = 0 si y solo si f = 0 casi en todas partes (con respecto a µ);luego (1) sı se cumplira si consideramos clases de equivalencia de funciones, donde identificamos dosfunciones medibles f , g si f = g casi en todas partes. Este espacio cociente (que tambien denotamospor Lp(X,µ)), junto con la norma || · ||p es conocido como espacio Lp. Por tanto un espacio Lp es unespacio normado. De hecho, un espacio Lp es tambien un espacio de Banach. Este hecho es conocidoa veces como el teorema de Riesz-Fischer.

Tambien es posible extender esta definicion a p =∞: L∞(X,µ) es la coleccion de clases de equivalenciade funciones medibles esencialmente acotadas, y la norma viene dada por ||f ||∞ = ess sup |f |.

Por ultimo, observemos que los espacios `p son un caso particular obtenido al tomar X = N y dondeµ es la medida de conteo.

3. Operadores entre espacios de Banach

En esta seccion estudiaremos operadores entre espacios de Banach. Los operadores que actuan enfunciones surgen naturalmente en el analisis: derivacion, integracion, transformacion de Fourier, etc.

Definicion 3.1. Una aplicacion T : X → Y entre dos espacios vectoriales se llama un operadorlineal (o simplemente operador) si T (αx+ βy) = αT (x) + βT (y) para todo x, y ∈ X, y α, β ∈ R.

Definicion 3.2. Sea T : X → Y un operador lineal entre dos espacios normados. La norma deloperador T se define por ||T || = ınf{M ≥ 0 : ||T (x)|| ≤M ||x||,∀x ∈ X} (ver Ejercicio 2). Se dice queT es un operador acotado si ||T || es finito, y es no acotado en caso contrario.

De la definicion anterior es sencillo deducir que ||T (x)|| ≤ ||T || · ||x|| para todo x.

Ejemplo 3.1. Sea X = C[0, 1], dotado con la norma del supremo. Definamos T : X → X porT (f)(x) = xf(x) para cada f ∈ X y x ∈ [0, 1]. Esta claro que T es un operador tal que ||T (f)||∞ ≤||f ||∞ para todo f . Luego ||T || ≤ 1 y ası T es un operador acotado.

Ejemplo 3.2. Sean X = C1[0, 1], Y = C[0, 1], ambos junto con la norma del supremo. DefinimosD : X → Y como D(f) = f ′ (el operador diferencial). Entonces ||D|| = ∞. En efecto, si fn(x) = xn,entonces ||fn||∞ = 1 y ||D(fn)||∞ = sup{nxn−1 : x ∈ [0, 1]} = n para todo n, lo que implica que||D|| =∞. Por consiguiente D es un operador no acotado.

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Los operadores acotados son precisamente los operadores continuos, como veremos a continuacion.

Teorema 3.1. Para un operador T : X → Y entre espacios normados, las siguientes proposicionesson equivalentes .

1. T es un operador acotado.

2. Existe M ≥ 0 tal que ||T (x)|| ≤M ||x|| para todo x ∈ X.

3. T es continuo en 0.

4. T es continuo.

Demostracion. Ejercicio.

Sean X e Y dos espacios normados. La coleccion de todos los operadores acotados de X en Y se deno-tara por L(X,Y ). Por el teorema anterior, se deduce facilmente que L(X,Y ) es un espacio vectorial.De hecho, L(X,Y ) es un espacio normado:

Teorema 3.2. Sean X e Y dos espacios normados. Entonces L(X,Y ) es un espacio normado bajo lanorma de operador. Ademas, si Y es un espacio de Banach, L(X,Y ) es tambien un espacio de Banach.

Demostracion. Ejercicio.

Definicion 3.3. Un subconjunto A ⊆ L(X,Y ) es puntualmente acotado si para todo x ∈ X elsubconjunto {T (x) : T ∈ A} ⊆ Y es acotado.

Si un subconjunto A de L(X,Y ) es acotado, existe M > 0 tal que ||T || ≤M para todo T ∈ A. Ya que||T (x)|| ≤ ||T ||||x|| ≤M ||x|| para todo T ∈ A, se sigue que A es puntualmente acotado. El reciproco deesta afirmacion es tambien cierto, con la condicion de que X es un espacio de Banach. Para demostrareste hecho necesitamos invocar el siguiente teorema, cuya prueba sera discutida en un apendice:

Teorema 3.3. (Teorema de Baire) Todo espacio metrico completo X es un espacio de Baire (verDefinicion 4.1). Ademas, si X =

⋃∞n=1An y cada An es abierto, entonces existe un n tal que An es

nada denso.

Teorema 3.4. (Principio de acotacion uniforme) Sea X un espacio de Banach, y sea Y un espacionormado. Entonces un subconjunto de L(X,Y ) es acotado si y solo si es puntualmente acotado

Demostracion. Ya sabemos que todo subconjunto acotado es puntualmente acotado. Recıprocamente,sea A ⊆ L(X,Y ) puntualmente acotado. Para empezar, observemos que para cada n el conjuntoEn = {x ∈ X : ||T (x)|| ≤ n, ∀T ∈ A} es cerrado. Ademas, dado que A esta puntualmente acotado, sededuce que X =

⋃∞n=1En. En vista de la completitud de X y el teorema de Baire, existe alguna k con

(Ek)◦ 6= ∅. Escogemos y ∈ Ek y r > 0 tal que ||x− y|| ≤ r implica que x ∈ Ek.

Ahora, sea T ∈ A, y sea x ∈ X tal que ||x|| = 1. Puesto que ||(y+rx)−y|| = r, se deduce que y+rx ∈ Ek,y ası r||T (x)|| = ||T (y+rx)−T (y)|| ≤ ||T (y+rx)||+ ||T (y)|| ≤ 2k. Por lo tanto, ||T (x)|| ≤ 2kr−1 = Mpara todo x ∈ X con ||x|| = 1, y en consecuencia A es acotado, como buscabamos.

Teorema 3.5. Sea X un espacio de Banach, Y un espacio normado y {Tn} una sucesion en L(X,Y ).Si T (x) = lımn→∞ Tn(x), entonces T es un operador acotado.

Demostracion. T es claramente un operador. Por el principio de acotacion uniforme, la sucesion {Tn}esta uniformemente acotada; luego lım inf ||Tn|| es finito. Sea x ∈ X. Por la continuidad de la normaen Y , lımn→∞ ||Tn(x)|| = ||T (x)||. Puesto que ||Tn(x)|| ≤ ||Tn||||x|| para todo n, tambien tenemos||T (x)|| ≤ lım inf ||Tn||||x||. Por lo tanto T es acotado y ||T || ≤ lım inf ||Tn||.

Nuestro proximo objetivo es establecer otro resultado importante conocido como el teorema de laaplicacion abierta.

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Lema 3.1. Sean X e Y dos espacios de Banach, y sea T : X → Y un operador lineal continuo. Si 0es un punto interior de un subconjunto A ⊆ X, entonces 0 es tambien un punto interior de T (A).

Demostracion. Sean V = {x ∈ X : ||x|| ≤ 1} y rV = {rx : x ∈ V }. Es suficiente demostrar que 0es un punto interior de T (V ). Ya que X =

⋃∞n=1 nV y T es sobreyectivo, se tiene que Y =

⋃∞n=1 nT (V ).

Por el teorema de Baire existe algun k tal que kT (V ) tiene interior no vacıo, es decir T (V ) tiene unpunto interior. Luego existen y0 ∈ T (V ) y r > 0 tales que B(y0, 2r) ⊆ T (V ). Ahora, si y ∈ Y satisface||y|| < 2r, entonces y − y0 ∈ T (V ), por lo que y ∈ 2(T (V ). Se sigue que {y ∈ Y : ||y|| < r} ⊆ T (V ) ypor tanto {y ∈ Y : ||y|| < r2−n} ⊆ 2−nT (V ) = T (2−nV ) para todo n.

Ahora fijemos y tal que ||y|| < r/2 y tomemos una sucesion {xn} en X de modo que ||xn|| ≤ 2−n y||y −

∑ni=1 T (xi)|| < r2−n−1 para todo n. Pongamos sn = x1 + x2 + · · · + xn para todo n. Ya que

||sn+p − sn|| ≤ 2−n para todo n y p, {sn} es una sucesion de Cauchy que converge a x = lımn→∞ sn

en X. Entonces ||x|| ≤∑∞

n=1 ||xn|| ≤ 1(es decir x ∈ V ) y por consiguiente T (x) = lımn→∞ T (sn) =lımn→∞

∑ni=1 T (xi) = y. En otras palabras y ∈ T (V ), y por lo tanto {y ∈ Y : ||y|| < r/2} ⊆ T (V ).

Teorema 3.6. (Teorema de la aplicacion abierta) Sean X e Y dos espacios de Banach, y seaT : X → Y un operador acotado sobreyectivo. Entonces T es una aplicacion abierta.

Demostracion. Sea O un abierto de X, y sea y ∈ T (O). Mostraremos que y es un punto interior deT (O). Puesto que T es sobreyectivo existe x ∈ O tal que y = T (x). Notemos que y−T (O) = T (x−O).Ahora hay que observar que 0 es un punto interior de x− O, y por el Lema 3.1 tambien es un puntointerior de T (x−O) = y−T (O). Esto implica que y es un punto interior de T (O), como buscabamos.

Corolario 3.7. (Teorema de la aplicacion inversa) SeanX e Y espacios de Banach. Si T ∈ L(X,Y )es un operador biyectivo, entonces T−1 es continuo.

Considere dos espacios normados X e Y . Entonces puede definirse una norma X × Y por ||(x, y)|| =||x||+ ||y||, que se conoce como la norma del producto. Ademas, si X e Y son espacios de Banach,entonces X × Y es tambien un espacio de Banach junto con la norma del producto. A menos quese especifique lo contrario, el producto cartesiano dos espacios normados sera considerado como unespacio normado bajo su norma del producto.

Definicion 3.4. La grafica de T es el conjunto G = {(x, T (x)) : x ∈ X} ⊆ X × Y .

Si T es un operador acotado, entonces es cuestion de rutina verificar que G es un subespacio cerradode X × Y . El reciproco de esta ultima afirmacion es valido para los espacios de Banach:

Teorema 3.8. (Teorema de la grafica cerrada) Sean X e Y dos espacios de Banach, y T : X → Yun operador. Si el grafico de T es un subespacio cerrado de X×Y , entonces T es un operador acotado.

Demostracion. Dado que G es un subespacio cerrado del espacio de Banach X × Y , entonces G es unespacio de Banach. La aplicacion (x, T (x)) 7→ x es un operador lineal de G en X que es claramente unoa uno y acotado. Luego (x, T (x)) 7→ x es un homeomorfismo por el teorema de la aplicacion abierta,es decir x 7→ (x, T (x)) es continuo. Pero (x, T (x)) 7→ T (x) es continuo, y en consecuencia x 7→ T (x)tambien es continuo, y de aquı tenemos que T es un operador acotado.

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4. Apendice: El teorema de Baire

En este apartado incluimos una demostracion del teorema de Baire (2.3), que es un resultado detopologıa general. La lectura de la prueba no es esencial a nuestros argumentos y puede ser pospuesta.

Definicion 4.1. Un subconjunto Y de un espacio metrico es de primera categorıa si existe unasucesion {An} de subconjuntos nada densos tal que Y =

⋃∞n=1An. Un espacio metrico X es un espacio

de Baire si todo abierto no vacıo de X no es de primera categorıa.

Teorema 4.1. Para un espacio metrico las siguientes proposiciones son equivalentes:

1. X es un espacio de Baire.

2. Toda interseccion numerable de conjuntos abiertos densos es tambien densa.

3. Si X =⋃∞

n=1 Fn y cada Fn es cerrado, entonces el conjunto abierto⋃∞

n=1(Fn)◦ es denso.

Demostracion. (1)⇒ (2) Supongamos ahora que X es un espacio de Baire y sea {An} una sucesion deabiertos denso de X. Supongamos por absurdo que A∩O = ∅ para algun abierto no vacıo O. EntoncesX = (A∩O)c = Ac ∪Oc y por lo tanto O = X ∩O = Ac ∩O =

⋃∞n=1(Ac

n ∩O). Puesto que los Acn ∩O

son nada densos (¿por que?), esto demuestra que O es un conjunto de primera categorıa. Contradiccion.

(2)⇒ (3) Sea {Fn} una sucesion de conjuntos cerrados que cumplen X =⋃∞

n=1 Fn y consideremos elabierto O =

⋃∞n=1(Fn)◦. Para todo n, definimos En = Fn\(Fn)◦ y notemos que En es conjunto cerrado

y nada denso. Luego E =⋃∞

n=1En es un conjunto de primera categorıa.

Ya que En es cerrado y nada denso, facilmente se deduce que (En)c es denso. Ası que, por nuestrahipotesis, Ec =

⋂∞n=1(En)c es tambien denso. Ahora notemos queOc = X\O =

⋃∞n=1 Fn\

⋃∞n=1(Fn)◦ ⊂⋃∞

n=1(Fn\(Fn)◦) = E y ası Ec ⊂ O. Ya que Ec es denso, O tambien es denso, como deseabamos.

(3) ⇒ (1) Supongamos por absurdo que V =⋃∞

n=1An es un abierto no vacıo de primera categorıa.Entonces X = V c ∪

⋃∞n=0An es una union numerable de conjuntos cerrados, y por nuestra hipotesis

el abierto (V c)◦ = (V c)◦ ∪⋃∞

n=0(An)◦ es denso en X. Por consiguiente V c es tambien denso en X, yen particular V ∩ V c 6= ∅, lo cual es imposible.

Lema 4.1. (Teorema de interseccion de Cantor) Sea (X, d) un espacio metrico completo y sea{An} una sucesion de cerrados no vacıos de X tales que An+1 ⊆ An para todo n y lım d(An) = 0.Entonces

⋂∞n=1An contiene precisamente un elemento (d(A) denota el diametro del conjunto A ⊆ X).

Demostracion. Si x, y ∈⋂∞

n=1An entonces x, y ∈ An y 0 ≤ d(x, y) ≤ d(An) para todo n. Por lo tanto,d(x, y) = 0, de modo que x = y. Esto demuestra que

⋂∞n=1An contiene a lo mas un elemento.

Ahora veremos que⋂∞

n=1An 6= ∅. Para cada n elegimos xn ∈ An. Entonces, es facil ver que d(xn+p, xn) ≤d(An) para todo n y p, de donde {xn} es una sucesion de Cauchy en X. Por lo tanto, existe x ∈ X talque lımxn = x. Puesto que xm ∈ An,m ≥ n, tenemos x ∈ An = An, por lo que x ∈ An para todo n,es decir x ∈

⋂∞n=1An, y con esto termina la demostracion.

Teorema 4.2. Todo espacio metrico completo es un espacio de Baire.

Demostracion. Sea {An} una sucesion de abiertos densos de X. Por el Teorema 3.1 es suficientemostrar que A =

⋂∞n=1An es denso en X. A su vez, para establecer esto es suficiente verificar que

B(x, r) ∩A 6= ∅ para todo abierto basico B(x, r) = {y ∈ X : d(x, y) < r}.

Sea C(a, r) = {x ∈ X : d(a, x) ≤ r}. Tomemos una sucesion {xn} en X y una sucesion {rn} denumeros reales tales que 0 < rn ≤ 1/n y C(xn+1, rn+1) ⊆ B(xn, rn) ∩ An+1 para cada n. Ahoratomemos Cn = C(xn, rn) para cada n. Entonces cada Cn es no vacıo y cerrado, y Cn+1 ⊆ Cn paratodo n . Por otra parte, d(Cn) ≤ 2rn ≤ 2/n implica lım d(Cn) = 0. Por lo tanto, por el lema anterior,existe y ∈

⋂∞n=1 Cn. Pero entonces facilmente se deduce que y ∈ B(x, r) ∩A, y hemos terminado.

El teorema de Baire se deduce inmediatamente de los teoremas anteriores (compruebelo).

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5. Problemas

1. Dos normas ||.||1 y ||.||2 en un espacio vectorial X son equivalentes si existen dos constantesK > 0 y M > 0 tal que K||x||1 ≤ ||x2|| ≤ M ||x||1 para todo x ∈ X. Demostrar que dos normasen un espacio de dimension finita son equivalentes.

2. Sea T : X → Y un operador lineal sobre los espacios normados X e Y . Demuestre que lassiguientes son definiciones equivalentes de la norma de operador.

‖T‖ = supx 6=0

‖Tx‖‖x‖

= sup‖x‖≤1

‖Tx‖ = sup‖x‖=1

‖Tx‖.

3. Demuestre que un espacio normado es completo si y solo si toda serie en X es absolutamenteconvergente.

4. Definamos δ : C([0, 1])→ R como δ(f) = f(0) (llamado el delta de Dirac).(a) Muestre que δ : (C([0, 1]), || · ||∞)→ (R, | · |) es un operador acotado y calcule su norma.(b) Muestre que δ : (C([0, 1]), || · ||1)→ (R, | · |) es un operador no acotado.

5. Considere el operador T : (l1(N), || · ||1)→ (l1(N), || · ||1), (x1, x2, x3, x4, . . .) 7→ (x2, x4, x6, x8, . . .).(a) Demuestre que T es un operador acotado y calcule su norma.(b) Encuentre el nucleo y la imagen de T .

6. Una funcion ‖.‖1 : X → [0,∞), en un espacio vectorial X es llamada pseudonorma si ‖x+ y‖1 ≤‖x‖1 + ‖y‖1 y ‖λx‖1 = |λ|‖x‖1 para todo escalar λ y x, y ∈ X. Defina x ≡ y si y solo si‖x− y‖1 = 0. Demuestre que ≡ es una relacion de equivalencia y X/≡ es un espacio normado.

7. Sea X un espacio normado e Y un subespacio cerrado de X. El espacio vectorial inducido porla pseudonorma ‖x‖1 = ınfy∈Y ‖x− y‖ se denota por X/Y y se denomina el espacio cociente deX modulo Y . Demuestre que la aplicacion canonica X → X/Y es abierta.

8. Pruebe que si X es un espacio de Banach e Y es un subespacio cerrado de X, entonces el cocienteX/Y tambien es un espacio de Banach y la aplicacion canonica X → X/Y tiene norma 1.

9. Sea X un espacio vectorial que es completo respecto a dos normas ||.||1 y ||.||2. Si existe M > 0tal que ||x||1 ≤M ||x||2 para todo x ∈ X, pruebe que las dos normas deben ser equivalentes (verEjercicio 1).Sugerencia: Defina el operador id : (X, ||.||1) → (X, ||.||2) por id(x) = x para todo x ∈ X y useel teorema de la aplicacion abierta.

10. Sean X,Y y Z tres espacios de Banach. Supongamos que T : X → Y es un operador y S : Y → Zes un operador acotado y biyectivo. Demostrar que T es un operador acotado si y solo si S ◦ Tes acotado.Sugerencia: Use el teorema de la grafica cerrada.

11. Sean X,Y , y Z espacios de Banach y sea B : X ×Y → Z un operador continuo en cada variabley bilineal. Entonces B es continuo.Sugerencia: Reducir el problema a mostrar que ||B(x, y)|| ≤ C||x||||y|| para algun C > 0.

12. Demuestre que los numeros reales no son numerables usando el teorema de Baire.

Referencias

[1] Royden, H.L., Fitzpatrick, P. M., Real Analysis, 4th ed., Prentice Hall, 2010.

[2] Folland, G.B., Real Analysis: Modern Techniques and Their Applications, 2nd ed., Wiley, 1999.

[3] MacCluer, B.D., Elementary Functional Analysis, GTM, Springer, 2009.

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Acerca de la caracterıstica de EulerGabriel Alexander Chicas Reyes

Resumen: El objetivo de esta nota es calcular la caracterıstica de Euler de un espacio topologico mediante complejos

celulares. La mayor parte de la informacion ha sido tomada de los cursos del Dr. Nariya Kawazumi (Universidad de

Tokyo), con quien el autor esta en deuda.

0. Motivacion

La formula de Euler es un celebre resultado que afirma que para todo poliedro convexo conV vertices, E aristas y F caras, se cumple la relacion V − E + F = 2. Un fenomeno intrigante esque, como Euler mismo se dio cuenta posteriormente, una relacion analoga se cumple al triangularla superficie de una esfera, es decir, dividir la superficie en figuras triangulares sin dejar huecos osuperposiciones. Esto nos hace sospechar que la constante V − E + F es una propiedad de la es-fera que no depende ni del poliedro o la triangulacion en cuestion. La extension de esta idea a otrassuperficies y figuras de mayor dimension nos lleva a la definicion abstracta de la caracterıstica de Euler.

La presente nota asume familiaridad con conceptos basicos de topologıa algebraica; H•(X) deno-tara siempre la homologıa singular de coeficientes enteros H•(X,Z) del espacio X. Se exhorta al lectora intentar por su cuenta los detalles omitidos (en forma de ejercicios) y a consultar las referencias paramas informacion.

1. La caracterıstica de Euler de un espacio topologico

Definicion 1.1. El rango de un grupo abeliano finitamente generado G es la dimension del Q-espacio vectorial G⊗Q Q.

Todo grupo abeliano finitamente generado G tiene una descomposicion unica Zr⊕Gtor, donde Gtor

es un subgrupo finito de G (la torsion) formado por todos los elementos de orden finito. Luego tenemosla definicion alternativa rankG = r.

Ejercicio. Demuestre que las dos definiciones de rankG son equivalentes.

Lema 1.2.

1. Para toda sucesion exacta corta 0 → M ′ → M → M ′′ → 0 de grupos abelianos finitamentegenerados se tiene que rankM = rankM ′ + rankM ′′.

2. Si C• : 0→ Cm → Cm−1 → · · · → C1 → C0 → 0 es un complejo de cadenas de grupos abelianosfinitamente generados, se cumple que∑

i≥0

(−1)m rankHi(C•) =∑i≥0

(−1)i rankCi.

Demostracion. Ejercicio. �

Definicion 1.3. Una sucesion de grupos abelianos M• = {Mi}i≥0 es finitamente generada siexiste un N > 0 tal que Mi = 0 para todo i > N , y ademas Mi es finitamente generado para todo0 ≤ i ≤ N .

Definicion 1.4. Sea M• = {Mi}i≥0 una sucesion de grupos abelianos finitamente generada. Lacaracterıstica de Euler de M• es

χ(M•) =∑i≥0

(−1)i rankMi.

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Notemos que χ(M•) esta bien definida para sucesiones finitamente generadas ya que Mi = 0 paratodo i, a excepcion de un numero finito de valores. Expresando el Lema 1 en esta notacion, vemosque la caracterıstica de Euler de una sucesion exacta corta es 0, y la parte (b) puede reescribirse comoχ(H•(C•)) = χ(C•).

Definicion 1.5.

1. Sea X un espacio topologico con homologıa finitamente generada (es decir, la sucesion de gruposde homologıa H•(X) es finitamente generada). La caracterıstica de Euler de X es

χ(X) = χ(H•(X)) =∑i≥0

(−1)i rankHi(X).

Los enteros positivos bi = rankHi(X) son llamados los numeros de Betti de X.

2. Sea (X,A) una pareja de espacios topologicos con homologıa relativa H•(X,A) finitamente ge-nerada. La caracterıstica de Euler de la pareja (X,A) se define como

χ(X,A) = χ(H•(X,A)) =∑i

(−1)i rankHi(X,A).

Ejercicio. Sea X un espacio con homologıa finitamente generada. Pruebe que bi = rankHi(X,Q).

Proposicion 1.6. La caracterıstica de Euler y los numeros de Betti son invariantes homotopicos.

Demostracion. Esto es trivial debido a que una equivalencia de homotopıas induce un isomor-fismo de los respectivos grupos de homologıa. �

Corolario 1.7. La caracterıstica de Euler y los numeros de Betti son invariantes topologicos. �

Notemos la importancia del corolario anterior: dos espacios tales que los valores de χ o {bi} nocoincidan no pueden ser homeomorfos. Quiere decir que estos numeros brindan informacion util ala hora de distinguir espacios. Esta idea –la clasificacion de variedades salvo homeomorfismos– seradiscutida nuevamente en el Comentario 2.7.

Ejemplo 1.8. El espacio trivial que consiste en un solo punto tiene caracterıstica de Euler 1,ya que todos sus grupos de homologıa son 0 excepto el primero. Luego χ(X) = 1 para todo espaciocontraıble X. En particular χ(Rn) = 1 para todo n.

Ejemplo 1.9. Sea X un espacio formado por n puntos distintos, junto con la topologıa discreta.Entonces χ(X) = n = #X, ya que cada punto es una componente conexa de X. Este hecho, junto conla Proposicion 1.14, nos permite afirmar que χ es una generalizacion del cardinal de conjuntos finitos.

Ejemplo 1.10. Sea Sn ⊂ Rn+1 la n-esfera. Recordemos que Hi(Sn) = Z si i = 0 o n, y es 0 encualquier otro caso. Luego χ(Sn) = 1 + (−1)n.

Ejemplo 1.11. Sea X una variedad (diferenciable) cerrada, orientable y de dimension impar n.Bajo estas condiciones, la dualidad de Poincare garantiza la existencia de un isomorfismo canonicoHi(X) ∼= Hn−i(X), donde H•(X) denota la cohomologıa (singular) de coeficientes enteros de X. Portanto rankHi(X) = rankHn−i(X), y de esto se desprende que χ(X) = 0.

Ejercicio. Justifique la afirmacion rankHi(X) = rankHn−i(X).

Ejemplo 1.12. Sea X una superficie (es decir, una variedad de dimension 2). Definimos el generog de X como g = (2−χ)/2. Por otro lado, dado g > 0 denotemos por Σg a la suma conexa de n toros,esto es Σg = T 1# · · ·#T 1. Es posible demostrar (aunque no lo haremos aquı) que χ(Σg) = 2 − 2g.

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Como podemos observar en este ejemplo, el genero coincide con el numero de “agujeros” de la superficie.

Calculando la caracterıstica de Euler de la sucesion exacta larga de homologıa relativa y la sucesionde Mayer-Vietoris obtenemos las siguientes propiedades.

Proposicion 1.13. Sea (X,A) una pareja de espacios topologicos tal que dos de los X, A y (X,A)tienen homologıa finitamente generada. Entonces el tercero tambien tiene homologıa finitamente ge-nerada y se cumple que χ(X) = χ(A) + χ(X,A). �

Proposicion 1.14. Sea X un espacio topologico y U , V dos abiertos que satisfacen la condicionde escision U ∪ V = X. Suponga que tres de los X, U , V y U ∩ V tienen homologıa finita-mente generada. Entonces el cuarto tambien tiene homologıa finitamente generada y se tiene queχ(X) = χ(U) + χ(V )− χ(U ∩ V ). �

Ejercicio. Justifique las proposiciones anteriores probando el siguiente resultado: Sean M• ={Mi}i≥0, M ′• = {M ′i}i≥0 y M ′′• = {M ′′i }i≥0 complejos de grupos abelianos tales que

· · · →M ′i →Mi →M ′′i → · · · →M ′0 →M0 →M ′′0 → 0 (exacta).

Si dos de estos tres complejos son finitamente generados, entonces tambien el tercero es finitamentegenerado, y se cumple que χ(M•) = χ(M ′•) + χ(M ′′• ).

2. Complejos celulares finitos

Los complejos celulares son una generalizacion de las triangulaciones y los complejos simpliciales.

Introducimos algo de notacion. Dado m ≥ 0, sea Dm el disco unitario cerrado en Rm, es decirDm = {(x1, . . . , xn) ∈ Rm :

∑x2i ≤ 1}. Denotando el interior de U ⊆ X por U , tenemos que Dm es

el disco unitario abierto, y ∂Dm = Sm−1.

Definicion 2.1. Sea X un espacio Hausdorff. Una n-celula es un par (e, φ), donde e ⊆ X es unsubespacio y φ : Dm → X es una aplicacion continua tal que

φ|Dm : Dm → e

es un homeomorfismo sobre e. El numero m es llamado la dimension de la celula, y lo denotaremospor dim(e).

Definicion 2.2. Un complejo celular finito es un par (X, {(eλ, φλ)}λ∈Λ) que consiste en unespacio Hausdorff X y un numero finito de celulas de modo que X =

∐λ eλ y para todo λ ∈ Λ,

φλ(∂Dnλ) ⊆ X(nλ−1), donde nλ = dim(eλ) y X(k) =∐

dim(eµ)≤k eµ. El subespacio X(k) es llamado elk-esqueleto de X.

Los poliedros convexos son ejemplos de estructuras celulares en la esfera. Ademas, es claro que latriangulacion de una superficie tambien define una estructura de complejo celular.

Lema 2.3. Sea (X, {(eλ, φλ)}λ∈Λ) un complejo celular finito.

1. X es un espacio Hausdorff compacto, y X(k) es un conjunto cerrado para todo k.

2. Un subconjunto U ⊆ X es abierto en X si y solo si φ−1λ (U) es abierto en Dnλ para todo λ.

Demostracion. Ejercicio. �

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Teorema 2.4. Sea (X, {(eλ, φλ)}λ∈Λ) un complejo celular finito. Para cada entero positivo kdefinamos Λk = {λ ∈ Λ : dim(eλ) = k}. Las aplicaciones φλ, con λ ∈ Λk, inducen un isomorfismo

Hq(X(k), X(k−1)) ∼=⊕λ∈Λk

Hq(Dk, ∂Dk).

En particular (X(k), X(k−1)) tiene homologıa finitamente generada y se cumple que

χ(X(k), X(k−1)) = (−1)k#Λk.

Demostracion. Sean D =∐λ∈Λk

Dk, Φ =∐λ∈Λ φλ : D → X(k), ∂D =

∐λ∈Λk

∂Dk, P = 0 ∈ D.Probaremos que para todo q ≥ 0 la aplicacion inducida Φ∗ : Hq(D, ∂D) → Hq(X(k), X(k−1)) es unisomorfismo.

Observemos primero que X(k)\Φ(P ) es abierto en X(k), ya que X(k) es Hausdorff y Φ(P ) es dis-creto. Ademas, haciendo U =

∐λ∈Λk

Dk resulta que Φ(U) es abierto en X(k), puesto que para todoλ ∈ Λ, φ−1

λ (Φ(U)) es 0 o Dk.

Consideremos el siguiente diagrama conmutativo, donde las flechas horizontales son las aplicacionesinducidas por las inclusiones naturales, y las verticales son las aplicaciones inducidas por Φ.

Hq(U,U\P ) −→ Hq(D,D\P ) ←− Hq(D, ∂D)y y yHq(Φ(U),Φ(U)\Φ(P )) −→ Hq(X(k), X(k)\Φ(P )) ←− Hq(X(k), X(k−1))

La flecha vertical izquierda es un isomorfismo, ya que la restriccion de φλ a Dnλ es un homeomor-fismo para todo λ. Las dos flechas horizontales de la izquierda son isomorfismos debido al teorema deescision. La flecha horizontal superior derecha tambien es un isomorfismo, puesto que Dk\{0} tienecomo retracto por deformacion a ∂Dk.

Ejercicio. Compruebe las afirmaciones anteriores.

Veamos que X(k)\Φ(P ) tiene como retracto por deformacion a X(k−1); una vez probado esto eldiagrama anterior nos da el isomorfismo deseado. Definamos F : X(k)\Φ(P ) × [0, 1] → X(k)\Φ(P )como

F (x, t) =

x si x ∈ X(k−1)

φλ

(ty + (1− t) y

|y|

)si x = φλ(y), y ∈ Dk, λ ∈ Λk

Observemos que F esta bien definida, puesto que si x ∈ X(k−1)∩Φ(D) = Φ(∂D) ambas definicionesdan el mismo resultado F (x, t) = x. Ahora es suficiente demostrar que F es continua.

Sea U ⊆ X(k) un abierto de X(k). Entonces φ−1λ (U) es abierto en Dnλ para todo λ ∈ Λ. Es

necesario considerar dos casos, de acuerdo a la dimension de eλ:

• Si dim(eλ) = nλ < k, tenemos que eλ ⊆ X(k−1) y por consiguiente F ◦ (φλ × id[0,1]) = φλ. Deaquı (φλ × id[0,1])−1(F−1(U)) = φ−1

λ (U) es abierto en Dnλ y tambien en Dnλ × [0, 1].

• Si dim(eλ) = k, definamos la aplicacion Fλ : Dk\{0}× [0, 1]→ Dk, (y, t) 7→ ty+ (1− t)y/|y|. Yaque Fλ es continua, F−1

λ ◦φ−1λ (U) es un abierto de Dk\{0}× [0, 1] y por tanto de Dk× [0, 1]. Pero

F ◦ (φλ × id[0,1]) = φλ ◦Fλ, y en consecuencia (φλ × id[0,1])−1(F−1(U)) es abierto en Dk × [0, 1].

13

En todo caso (φλ× id[0,1])−1(F−1(U)) es abierto en Dk× [0, 1] para todo λ ∈ Λ, y esto es suficientepara establecer que U es abierto en X(k), y por lo tanto F es continua.

Ejercicio. Justifique la afirmacion anterior demostrando una version analoga del Lema 2.3 (2),reemplazando X por X × [0, 1].

El resto del teorema se sigue del hecho de que Hq(Dk, ∂Dk) = Z, por lo que Hq(X(k), X(k−1)) esigual a Z#Λk para q = k, y es 0 en caso contrario. Concluimos que χ(X(k), X(k−1)) = (−1)k#Λk. �

Teorema 2.5. Todo complejo celular finito (X, {(eλ, φλ)}λ∈Λ) tiene homologıa finitamente gene-rada y ademas

χ(X) =∑i

(−1)i#Λi =∑i

(−1)iNi

donde Ni es el numero de i-celulas de X.

Demostracion. Probaremos inductivamente que para todo k ≥ 0, X(k) tiene homologıa finita-mente generada y ademas

χ(X(k)) =∑i

(−1)i#Λi.

Si N es el maximo de las dimensiones de las celulas de X, claramente X(N) = X, y por tanto el teoremaquedara demostrado. Si k = 0, X(0) es un conjunto finito de #Λ0 puntos. Luego Hq(X(0)) = Z#Λ0 siq = 0 y es 0 en caso contrario. Luego la condicion se cumple en este caso.

Supongamos que X(k−1) satisface la condicion para algun k ≥ 1. Por hipotesis X(k−1) tienehomologıa finitamente generada, y por el teorema anterior el par (X(k), X(k−1)) tambien. Luego X(k)

tiene homologıa finitamente generada y podemos calcular su caracterıstica de Euler usando el Lema1.13 y el Teorema 2.4:

χ(X(k)) = χ(X(k), X(k−1)) + χ(X(k−1)) =∑i

(−1)i#Λi. �

Comentario 2.6. Observemos que la formula de Euler para poliedros V − E + F = 2 es un casoparticular del teorema anterior, ya que los poliedros convexos son homeomorfos a la esfera y χ(S2) = 2.

Comentario 2.7 La importancia del concepto de la caracterıstica de Euler se pone de relieve en elestudio de superficies. Nos conciernen aquı las superficies cerradas, es decir superficies compactas sinfrontera. El teorema de clasificacion de superficies cerradas afirma que toda superficie cerradaconexa es homeomorfa o bien a una esfera, o bien a una suma conexa de toros, o bien a una sumaconexa de planos proyectivos. En otras palabras, una superficie cerrada queda completamente deter-minada (salvo homeomorfismos) por su caracterıstica de Euler y por el hecho de ser orientable o no.Historicamente, el teorema de clasificacion fue demostrado utilizando el hecho de que toda 2-variedadcompacta admite una triangulacion (es decir, es homeomorfa a un complejo simplicial). Es aquı dondeel calculo de la caracterıstica de Euler mediante complejos celulares es conveniente.

Referencias

• Bredon, G.E., Topology and Geometry, GTM, Springer, 1993.

• Hatcher, A., Algebraic Topology. http://www.math.cornell.edu/ hatcher/AT/AT.pdf

• Stillwell, J., Mathematics and Its History, 3rd ed., UTM, Springer, 2010.

Gabriel Alexander Chicas Reyes (University of Tokyo)E-mail address: gachr.ebc253@gmail.com

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2012 APMO PROBLEMS

Time allowed: 4 hours Each problem is worth 7 points*The contest problems are to be kept confidential until they are posted on the offi-cial APMO website (http://www.mmjp.or.jp/competitions/APMO). Please do notdisclose nor discuss the problems over the internet until that date. Calculators arenot allowed to use.

Problem 1. Let P be a point in the interior of a triangle ABC, and let D,E, Fbe the point of intersection of the line AP and the side BC of the triangle, of theline BP and the side CA, and of the line CP and the side AB, respectively. Provethat the area of the triangle ABC must be 6 if the area of each of the trianglesPFA, PDB and PEC is 1.

Problem 2. Into each box of a 2012 × 2012 square grid, a real number greaterthan or equal to 0 and less than or equal to 1 is inserted. Consider splitting the gridinto 2 non-empty rectangles consisting of boxes of the grid by drawing a line paralleleither to the horizontal or the vertical side of the grid. Suppose that for at least oneof the resulting rectangles the sum of the numbers in the boxes within the rectangleis less than or equal to 1, no matter how the grid is split into 2 such rectangles.Determine the maximum possible value for the sum of all the 2012× 2012 numbersinserted into the boxes.

Problem 3. Determine all the pairs (p, n) of a prime number p and a positiveinteger n for which np+1

pn+1 is an integer.

Problem 4. Let ABC be an acute triangle. Denote by D the foot of theperpendicular line drawn from the point A to the side BC, by M the midpoint ofBC, and by H the orthocenter of ABC. Let E be the point of intersection of thecircumcircle Γ of the triangle ABC and the half line MH, and F be the point ofintersection (other than E) of the line ED and the circle Γ. Prove that BF

CF = ABAC

must hold.Here we denote by XY the length of the line segment XY .

Problem 5. Let n be an integer greater than or equal to 2. Prove that if thereal numbers a1, a2, · · · , an satisfy a2

1 + a22 + · · ·+ a2

n = n, then∑1≤i<j≤n

1n− aiaj

≤ n

2

15

Columna de Problemas No. 7 (Soluciones)

Problema 31

Encontrar todas las soluciones enteras de la ecuacion y2 = x3 + 7.

Fuente: Folclor

Solucion de Byron Escobar (El Salvador)

Transformamos la ecuacion a y2 + 1 = (x + 2)(x2 − 2x + 4).

Primero si 2|x entonces se cumple que 2|(x + 2) y 4|(x2 − 2x + 4). En el otro lado de la ecuacionse cumple entonces que 8|(y2 + 1), y esto significa que y2 ≡ −1 (mod 8). Pero −1 no es residuocuadratico modulo 8. Contradiccion.

Entonces 2 no divide a x, y por lo tanto y2 + 1 es impar. Ahora supongamos que p es un primoimpar tal que p|y2 + 1. Entonces −1 es un residuo cuadratico modulo p, y en consecuencia p ≡ 1(mod 4). Entonces, viendo el otro lado de la ecuacion, todos los primos que dividen a x2 − 2x + 4 sonde la forma 4k + 1. De aquı es facil ver que x2 − 2x + 4 tiene que ser de la misma forma, es decirx2 − 2x + 4 ≡ 1 (mod 4).

Analizando tenemos que x2 ≡ 1 (mod 4) y 2x ≡ 2 (mod 4); entonces x2−2x+4 ≡ −1 (mod 4).Pero anteriormente tenıamos x2 − 2x + 4 ≡ 1 (mod 4), contradiccion.

Por todo lo anterior concluimos que no existen soluciones enteras para la ecuacion.

Recibida tambien una solucion de Ervin Ramırez (National Taiwan University).

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Problema 32

Se define la sucesion {xn}n≥0 como sigue: x0 = x1 = 1 y para todo n ≥ 1

xn+1 =x2

n

xn−1 + 2xn.

Hallar xn en funcion de n.

Fuente: Editor

Solucion de Byron Escobar (El Salvador)

Solucion: Experimentando un poco encontramos que:

x2 =13

=1

1 · 3, x3 =

115

=1

1 · 3 · 5, x4 =

1105

=1

1 · 3 · 5 · 7.

Entonces podemos conjeturar que xn =1

1 · 3 · 5 · · · (2n− 1). Ahora asumamos que esta expresion

se cumple para algun k.

Ahora probamos para k + 1 que

xk+1 =x2

k

xk−1 + 2xk=

( 11·3·5···(2k−1) )2

( 11·3·5···(2k−3) ) + 2( 1

1·3·5···(2k−1) )=

11 · 3 · 5 · · · (2k − 1)(2k + 1)

.

Entonces por induccion se ha demostrado que xn =1

1 · 3 · 5 · · · (2n− 1).

Recibidas tambien soluciones de: Eduardo Aguilar (El Salvador), Manuel Mundo (El Salvador),Rufo Casco (Universidad Nacional de Ingenierıa, Nicaragua).

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Problema 33

Sea ABC un triangulo de incentro I. Las perpendiculares trazadas por I a IA, IB, IC cortan auna tangente dada a la circunferencia inscrita en P , Q, R respectivamente. Demostrar que AP , BQ yCR son concurrentes.

Fuente: Rufo Casco, Universidad Nacional de Ingenierıa (Nicaragua)

Solucion de Eduardo Aguilar (El Salvador)

Sea S el punto de tangencia de la recta dada al incırculo. Sean L, M y N los puntos de tangenciadel incırculo con BC, CA y AB. Sean D, E y F los pies de las alturas desde S hacia MN , LN y LMrespectivamente.

Ahora bien, la polar de Q es la perpendicular a QI que pasa por S, pero QI‖LN pues ambas sonperpendiculares a BI, y tambien SE⊥LN ; entonces SE⊥QI, ası que SE es la polar de Q. Analoga-mente SD y SF son las polares de P y R, respectivamente. Pero los puntos D, E y F son colineales,ya que estan en la recta de Simson del triangulo LMN con respescto al punto S; luego sus polaresAP , BQ y CR concurren en el polo de la recta DEF .

Nota: Este problema fue descubierto por Vladimir Boskoff, propuesto en el Mathematical OlympiadSummer Program (MOP) y redescubierto por Rufo Casco en 2011, entrando en la lista corta de laOlimpiada Iberoamericana de Matematica del mismo ano.

Referencias:

http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?f=47&t=470491http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?f=47&t=18545http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?f=49&t=18907

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Problema 34

Sea a > 1 un numero real positivo. Determinar el valor de a de modo que la grafica de la funcionf(x) = ax sea tangente a la grafica de la funcion inversa de f .

Fuente: Oscar Olmedo, Instituto Nacional Jorge Eliseo Azucena Ortega (El Salvador)

Solucion de Ervin Ramırez (National Taiwan University)

Si la grafica de la funcion exponencial es la reflexion de la grafica de la funcion logarıtmica en ladiagonal y = x, entonces sus derivadas en el punto de tangencia deben ser igual a 1.

Si f(x) = ax y g(x) = loga x = log x/ log a, entonces f ′(x) = ax log a = 1 implica que ax = 1/ log a.Asimismo g′(x) = 1/(x log a) = 1, de donde x = 1/ log a.

Igualando tenemos que

a1/ log a =1

log a⇒ a1/ log a log a = 1.

Finalmente, haciendo y = log a, es decir a = ey, y sustituyendo en la ecuacion anterior obtenemosey = 1, esto es y = 1/e y por tanto a = e1/e.

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Columna de Problemas No. 8

36. Sea ABC un triangulo tal que el centro N de la circunferencia de los 9 puntos coincide con unode sus vertices. Hallar los angulos de ABC.

Original de Oscar Olmedo, Instituto Nacional Jorge Eliseo Azucena Ortega (El Salvador)

37. Sea k un numero real. Determinar todos los valores enteros de a y b que satisfacen

a

b≤ k ≤ a + k2b

a + b.

Original de Oscar Hernandez, Universidad de El Salvador

38. Sea Q+ el conjunto de numeros racionales positivos. Demostrar que existen dos conjuntos A yB de enteros positivos, tales que existe una biyeccion entre A/B = {a/b : a ∈ A, b ∈ B} y Q+.

Original de Daniel Campos, Universidad de Costa Rica

39. Encontrar todos los enteros positivos n que satisfacen n3 + (n + 1)3 + (n + 2)3 = (n + 3)3.

Original de Manuel Mundo (El Salvador) y el editor

40. Calcular la integral indefinida ∫log(

1− 1x3

)dx.

Original del editor

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Historia de Grigori Perelman

Xenia Ivette Penate GodoyInstituto Nacional de El Congo, Santa Ana

El presente artıculo es una version modi-

ficada del reportaje “El genio, el hombre,

el enigma”, publicado en el periodico es-

panol El Paıs el 3 de octubre de 2010.

Enunciado de la conjetura dePoincare

La conjetura de Poincare esuno de los 7 Problemas del Mile-nio designados por el Clay Ma-thematics Institute, quien ofrece$1,000,000 por la solucion de ca-da uno de ellos. Es un proble-ma muy famoso por su dificul-tad: habıa quedado sin solucionpor cerca de 100 anos. La co-munidad matematica fue tomadapor sorpresa cuando un misteriosomatematico ruso, Grigori Perel-man, publico una demostracion en2003. Su enunciado es el siguiente:

Toda 3-variedad cerrada ysimplemente conexa es

homeomorfa a la esfera S3.

Sin embargo, el protagonistade este documento no sera laconjetura sino aquel que la de-mostro. Haremos la pregunta quemuchos matematicos se hicieronen su momento: ¿Quien es GrigoriPerelman?

Los comienzos de Perelman

Perelman se inicio en lasmatematicas siendo un nino. Sumadre Lubov era una talentosamatematica a la que su maestro,Garold Natanson, incluso llego aofrecer un puesto en el institutodonde el mismo ensenaba. Estoera un honor, ya que su nom-bramiento iba a ser difıcil por sermujer y judıa.

La madre rechazo el ofreci-miento ya que se acababa decasar y querıa formar una fami-lia. Paso mas de una decada paraque ella volviera a encontrarsecon Natanson y comentarle sobrelos dotes matematicos de Perel-man. Natanson contacto a SergeiRukshin, un profesor joven espe-cializado en preparar ninos, y elresultado de esta conversacion fueque Perelman ingreso en 1976,recien cumplidos los 10 anos, enel circulo de la matematica quefuncionaba en el Palacio de losPioneros de Leningrado.

Perelman era talentoso, pero adiferencia de otros companeros semostraba callado. Cuando resolvıaproblemas casi no escribıa nadaprevio y todo lo analizaba mental-mente hasta obtener la solucion;solo hasta entonces la pasaba ala hoja de papel. Pronto llego aser el mejor y se convirtio en elalumno preferido de Rukshin. Alos 14 anos, Rushkin comenzo adarle clases de ingles para queentrara a un colegio especializadode matematica y fısica. Asom-brosamente Perelman lo logro enapenas tres meses.

A pesar de sus excentricidadesy de su dificultad para comu-nicarse con otros, Perelman con-tinuo su formacion y logro ingresara la Universidad de Leningrado.Debido a problemas con el an-tisemitismo Perelman no habrıapodido ingresar por su cuenta,ası que la estrategia ideada porsus protectores fue que formaraparte del equipo olımpico ruso dede la Olimpiada Internacional deMatematicas (IMO). Perelman nosolo lo consiguio, sino que obtuvo

un puntaje perfecto de 42 de untotal de 42 puntos.

En Leningrado Perelman es-tudio cursos avanzados de ge-ometrıa, para luego entrar al Insti-tuto Steklov, donde se convirtio enun experto en variedades de Rie-mann y espacios de Alexandroff.Su trabajo fue tan original querecibio ofertas de trabajo de lasmejores universidades de EE.UU.Su resultado mas famoso en estaetapa es la conjetura del alma,un problema de geometrıa dife-rencial.

Trabajo en la conjetura dePoincare

En EE.UU. Perelman supodel trabajo de Richard Hamilton,quien intrudujo una herramientaen la geometrıa diferencial llama-da el flujo de Ricci. Hamiltonsospechaba que el flujo de Ricciestaba estrechamente relaciona-do con la conjetura de Poincare,y esbozo un programa de inves-tigacion para atacarla. Perelmanse dio cuenta de que su propiotrabajo podrıa ser de utilidad yofrecio su ayuda. Empero, al pare-cer Hamilton no fue capaz deapreciar sus ideas.

Luego de regresar a Rusia,Perelman siguio trabajando en laconjetura, hasta que en el ano2002 publico en internet unapreprint que contenıa resulta-dos que demuestran la conjeturade geometrizacion de Thurston,y por tanto la conjetura dePoincare. Asimismo contacto avarios matematicos en EE.UU.anunciando su demostracion. Al-gunos de ellos reconocieron la

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importancia de su trabajo y loinvitaron a presentarlo en EE.UU.Posteriormente Perelman publi-co dos partes mas de su de-mostracion.

El trabajo de Perelman puedeser resumido muy brevementecomo una modificacion del pro-grama de Hamilton. Anos atras,Hamilton habıa tenido problemasa la hora de aplicar el flujo deRicci, ya que uno de sus efec-tos colaterales era la creacion de”singularidades”. Perelman des-cubrio que una modificacion delflujo de Ricci ordinario, el flu-jo de Ricci con cirugıa, podıadeshacerse de las singularidades ycompletar la demostracion de laconjetura de geometrizacion.

Perelman rechazo las nu-merosas ofertas que le hicieronpara quedarse en EE.UU. y re-greso a San Petersburgo en 2004.

Controversia

El estilo de Perelman (quienmas bien esbozo ideas en lugarde dar una prueba completa) y sunegativa a publicar en una revistaarbitrada hicieron que su traba-jo fuera blanco de impostores.El matematico chino Shing-Tung

Yau y algunos de sus discıpulos seatribuyeron el credito de una de-mostracion “completa”, llenandodetalles en la solucion de Perel-man. Posteriormente se puso enevidencia que incluso esos detallescontenıan material plagiado deotros matematicos.

El escandalo generado, lademora del Instituto Clay en re-conocer la prueba, unida a laindiferencia de sus colegas rusos–que no salieron en su defensacuando trataron de robarle sulogro– debieron abrir una heri-da profunda en Perelman. Sudesilusion con el mundo de losmatematicos, que el creıa perfec-to y puro, fue creciendo al tiempoque aumento su aislamiento. Endiciembre de 2005 renuncio a supuesto en el Instituto Steklov,anunciando al mismo tiempo queabandonaba las matematicas.

Al ano siguiente, Perelmanrechazo la medalla Fields, el pre-mio mas prestigioso que existe enlas matematicas. El mismo presi-dente de la Union Matematica In-ternacional, Sir John Ball, viajo envano hasta San Petersburgo paraintentar convencerlo de aceptarsu premio. Posteriormente Perel-man tambien rechazo el premio de

$1,000,000 del Clay MathematicsInstitute.

Rukshin explica ası lossentimientos de Perelman:“Para comprender a Perelman,imagınese que el teorema es comosu hijo, que en la infancia paso poruna enfermedad grave, durante lacual no sabıa si sobrevivirıa o no.Mientras no has demostrado elteorema, mientras continua sien-do una conjetura, es como tu hijoenfermo. Y Perelman estuvo jun-to a la cabecera de ese hijo 9 o10 anos, luchando por su vida ycuidandolo dıa y noche. Por fin,el nino sano, crecio, es fuerte yhermoso; pero te lo quieren robary te lo secuestran. Para Perelmanfue como un secuestro cuandotrataron de apropiarse del resulta-do de su trabajo. No pudo aceptarque un teorema pudiera ser com-prado, vendido o robado”.

Referencias

Fernandez, R., El hombre,el genio, el enigma, El Paıs,3/10/2010.

Nasar, S., Gruber, D., Mani-fold Destiny, The New Yorker,08/28/2006.

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Cafe Matematico No. 8Miscelanea

La catenaria y el catenoide

¿Alguna vez se ha preguntado que tipo de curva forman las telas de arana o los alambres del tendidoelectrico ? La respuesta es la catenaria, que es la curva formada por una cadena suspendida por susdos extremos. En realidad, planteando el problema usando un poco de mecanica elemental, es posibledeterminar la ecuacion de la curva: Se trata de la grafica del coseno hiperbolico cosh x.

Una propiedad sorprendente de la catenaria esta relacionada con el concepto de superficie minimal.Suponga que tiene dos aros circulares de igual tamano y los remoja al mismo tiempo en una solucionjabonosa, para luego separarlos lentamente. La pelıcula de jabon formada entre los aros forma unasuperficie llamada catenoide, que (en cierto sentido) posee un area mınima. Por cierto, el catenoide esla superficie de revolucion obtenida al rotar una catenaria alrededor de su directriz, y es ademas launica superficie de revolucion minimal, aparte del plano. ¿Coincidencia?

Bad Romance analıtico complejo

¿Sabıa Ud. que existe una Gaga en la matematica? El manuscrito GAGA de Jean-Pierre Serre esfamoso dentro de la geometrıa algebraica y la geometrıa compleja, mas fuera de la matematica noparece gozar de la misma popularidad de su homologa Lady Gaga (ignore el doble sentido topologico).

GAGA es el acronimo del tıtulo Geometrie Algebrique et Geometrie Analytique. En este importanteartıculo, Serre establece analogıas entre objetos de la geometrıa algebraica (variedades algebraicas) yla geometrıa analıtica (espacios analıticos), y demuestra que es posible utilizar los metodos de un areaen la otra. Por cierto, el termino “geometrıa analıtica” no se refiere a la geometrıa de coordenadas quese ensena en las escuelas, sino al estudio de la geometrıa de las variedades analıticas.

Premios Abel y Wolf 2012

El premio Abel es un reconocimiento otorgado anualmente por el rey de Noruega a uno o masmatematicos distinguidos. Por su prestigio ha sido llamado a veces el “Premio Nobel de Matematica”.El ganador del premio Abel 2012 es el hungaro Endre Szemeredi (1940-), quien es famoso por su traba-jo en combinatoria y computacion. Su prolıfica obra, que consta de mas de 200 publicaciones, contieneresultados famosos como el teorema de Szemeredi (la solucion de una conjetura de Erdos y Turan), yel lema de regularidad de Szemeredi.

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Por otra parte, el premio Wolf es otorgado en Israel a cientıficos y artistas por logros excepcionalesen sus areas de trabajo. El premio Wolf en Matematica tambien es considerado un analogo del PremioNobel. Los galardonados de este ano son (de izquierda a derecha en las imagenes): El estadounidenseMichael Aschbacher (1944-), quien dirigio la tarea colosal de clasificar los grupos simples finitos, yel argentino Luis Caffarelli (1948-), una figura eminente en el campo de las ecuaciones diferencialesparciales. El hecho de que un premio tan prestigioso haya sido entregado a un matematico latinoame-ricano deberıa de ser motivo de celebracion.

Mas informacion

Encyclopedie des formes mathematiques remarquables. http://www.mathcurve.com/

Gunning, R.C., Rossi, H., Analytic functions of several complex variables, Prentice-Hall, 1965.

Abel Prize. http://www.abelprize.no/

Wolf Fundation. http://www.wolffund.org.il/

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