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REVISTA MATEMATICADEL PROGRAMA
JOVENES TALENTO
Numero 10
Mayo 2013
REVISTA MATEMATICA DELPROGRAMA JOVENES TALENTO
Numero 10 (mayo 2013)
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
Lic. Gabriel Alexander Chicas Reyes (Universiteit Leiden)Correo electronico: [email protected]
Colaboradores
Agradecimientos especiales a Aaron Ramırez (Clemson University) por participar en la correccionde 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.
University of New Hampshire (p. 34)Harald Helfgott (p. 35)Cliff Moore (p. 36)
Suscripcion
La presente es una publicacion digital distribuida mediante correo electronico. Para suscribirse fa-vor escribir a la direccion [email protected].
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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:[email protected].
Proximo numero
El numero 11 de la revista esta programado para DICIEMBRE DE 2013.
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Contenidos
Artıculos (p. 1)
Algebra de diferenciasAndres Goens (RTWH Aachen)
Problemas salvadorenos de geometrıa euclidianaEduardo Arnoldo Aguilar (El Salvador)
Problemas olımpicos (p. 23)
Problemas de la XXV Olimpiada Matematica de la Cuenca del Pacıfico 2013
La Asian Pacific Mathematics Olympiad (APMO) es una de las competencias regionales de mayorprestigio en el mundo. Se caracteriza por ser una prueba no presencial, es decir, la prueba es adminis-trada de manera local en cada uno de los paıses concursantes. Los unicos paıses que tienen derecho aparticipar son aquellos que poseen costas en el Oceano Pacıfico; 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.
Problemas de la XIX Olimpiada de Mayo 2013
La Olimpiada de Mayo es una competencia juvenil a nivel iberoamericano, que se distingue deotras olimpiadas internacionales ya que las pruebas tienen lugar en cada uno de los paıses participan-tes, y posteriormente son enviadas al paıs organizador (Argentina). Fue planeada por primera vez en1995 por la entonces recien fundada Federacion Iberoamericana de Competencias Matematicas, la cualse inspiro en la Asian-Pacific Mathematics Olympiad como modelo a seguir. La Olimpiada de Mayoesta organizada en dos niveles: el nivel I, dirigido a estudiantes menores de 13 anos, y el nivel II, paraalumnos entre 13 y 15 anos de edad. El Salvador ha participado continuamente en este concurso desdeel ano 2002.
Columna de problemas (p. 26)
En esta seccion se incluyen 5 problemas de desafıo a los lectores, quienes estan invitados a resol-verlos y enviar sus mejores soluciones a la revista. Las soluciones mas originales seran publicadas enel siguiente 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.
Problemas abiertos
Los siguientes problemas todavıa permanecen sin resolver: 25, 38, 45.
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Correccion al problema 41
El editor ofrece sus mas sinceras discupas por haber tergiversado la redaccion del problema 41,y agradece a Esteban Arrega (Universidad de San Carlos) por haber senalado el error. El enunciadocorrecto del problema fue comunicado a los lectores interesados.
Cafe Matematico (p. 33)
Curiosidades
En este apartado el editor presenta una seleccion de propiedades matematicas no tan conocidas...y un tanto difıciles de creer.
Noticiero matematico
Abordamos las noticias de los trabajos de Yitang Zhang y Harald Helfgott en dos problemas famososde la teorıa de numeros, y tambien hablamos sobre el Premio Abel 2013.
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Algebra de Diferencias
Andres Goens
1. Introduccion
El algebra de diferencias es una pequena rama de las matematicas, cuyo origen esta cercanamenterelacionado con el del algebra diferencial, rama mas grande con la que comparte mucha similitud.Es una rama relativamente nueva a su vez: se puede decir que nacio como una nueva rama de lasmatematicas alrededor los anos 1930, por una serie de artıculos publicados por J. Ritt entre 1929y 1939. Sin embargo, no fue hasta la decada de los 1950 que gracias a R. Cohn el algebra de dife-rencias alcanzo niveles comparables con el de su rama hermana, el algebra diferencial. A partir deahı ha gozado de un crecimiento satisfactorio gracias a un numero grande de matematicos y a pesar deseguir siendo una rama pequena hoy en dıa, cuenta con muchos resultados importantes y una estructu-ra madura. Una resena historica mas detallada se puede encontrar en el prefacio del texto de Levin, [6].
Para dar una primera idea del objeto de estudio de algebra de diferencias, veremos un par deejemplos de ecuaciones de diferencias. Probablemente uno de los ejemplos mejor conocidos es la sucesionde Fibonacci 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, . . . que se puede ver como una solucion de la siguiente ecuacion recursiva:
a0 = 1, a1 = 1
an = an−1 + an−2, n ≥ 2.
Otro ejemplo que probablemente tambien conozca cualquier matematico o fısico es la ecuacionfuncional de la funcion Gamma: Γ(x+ 1) = xΓ(x).
Un resultado clasico del analisis complejo dice que cualquier funcion que cumpla esta ecuacion esun multiplo de la funcion Γ, a la que se le considera una generalizacion del factorial:
Γ(x) =
∫ ∞0
tx
te−tdt
Estos dos son ejemplos notables de ecuaciones de diferencias. En el algebra de diferencias no sebusca, sin embargo, encontrar soluciones de estas ecuaciones de manera “explıcita”, como lo son losnumeros en la sucesion de Fibonacci, o la representacion integral de la funcion Γ. Se investiga, masbien, la estructura que tienen dichas ecuaciones y en sı la existencia de tales.
1.1. Requisitos para este artıculo
Este artıculo pretende presentar lo mas basico de la teorıa del algebra de diferencias, la cual enmuchos aspectos se basa en geometrıa algebraica. Aunque conocimiento de geometrıa algebraica serıade mucha ayuda para entender este artıculo, trate de escribirlo de tal manera que no sea necesaria. Sinembargo, conocimientos basicos de algebra, como anillos, ideales, etc. y cierta madurez matematicaprobablemente sean verdaderamente indispensables para comprender este artıculo. Para aquel lectorque tenga interes en leerlo, pero necesite conocimientos de algebra basica, recomiendo consultar eltexto de Lang [2]. Para aquellos que quieran buscar algo mas especıfico de algebra conmutativa ogeometrıa algebraica, recomiendo los textos de Eisenbud [3] o Hartshorne [4]. El contenido de algebrade diferencias de este artıculo esta basado en los fundamentos de mi tesis, aun en desarrollo, loscuales a su vez estan fuertemente basados en los apuntes de la ponencia en algebra de diferencias en elinvierno 2012/13 de Michael Wibmer [1]. El lector que quiera solidificar su comprension podra encontrarejercicios al final del artıculo, los cuales estaran desglosados por seccion.
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2. Fundamentos de algebra de diferencias
Definicion 2.1. Sea R un anillo (en este artıculo, todos los anillos van a ser conmutativos con unidad),y sea σ : R → R un endomorfismo de anillos en R. Entonces llamamos al par (R, σ) un anillo dediferencias, o un σ-anillo. Por abuso de notacion diremos que R es un σ-anillo para referirnos al par,y si R′ es otro σ-anillo usaremos siempre la notacion σ para el endomorfismo de R′; esto no deberıacausar confusion, puesto que se podra inferir del contexto de que endomorfısmo se esta hablando.
Definicion 2.2. Sean R,R′ σ -anillos y sea ϕ : R→ R′ un homomorfismo de anillos. Decimos que ϕes un homomorfismo de σ-anillos si
σ(ϕ(r)) = ϕ(σ(r)) para todo r ∈ R
Ejemplo 2.3. Hay un sinfın de ejemplos de σ-anillos. Un par de los mas importantes son los siguientes:
Cualquier anillo R es un σ-anillo con σ = IdR. A este le llamamos un σ- anillo constante.
El cuerpo de las funciones meromorfas C→ C, que denotaremos porM, es un σ-anillo junto conσ(f)(x) = f(x+ 1) para todo x ∈ C.
Las sucesiones de numeros enteros, que denominaremos Seq(Z), forman un σ-anillo junto con laoperacion de correr sus terminos hacia la izquierda:
σ : (an)n∈N 7→ (an+1)n∈N.
Definicion 2.4. Sea R un σ-anillo. Si R tambien es un cuerpo, llamamos al par (R, σ) un σ-cuerpo.Si k es un σ-cuerpo, A una k-algebra que (como anillo) es un σ-anillo y cumple σ(ar) = σ(a)σ(r),entonces llamamos a A una k-σ-algebra.
Ejemplo 2.5. Un ejemplo adicional de especial importancia es el de los σ-anillos de polinomios. Seak un cuerpo. Consideremos el anillo de polinomios R := k[y, σ(y), σ2(y), . . .], donde y, σ(y), σ2(y), . . .son por el momento simplemente nombres de variables (algebraicamente independientes). A este anillolo podemos convertir en una k-σ-algebra definiendo
σ : R→ R, y 7→ σ(y), σn−1(y) 7→ σn(y) para todo n > 1
y extendiendolo k-linealmente de la manera obvia. Denotamos este σ-anillo de polinomios por ky.De forma analoga podemos definir σ-anillos de polinomios ky1, . . . , yn en muchas variables.
Definicion 2.6.
Dados un σ-anillo S y un subanillo R ≤ S, decimos que R es un σ-subanillo de S si (R, σ|R) esun σ-anillo, es decir, si la imagen de σ|R esta contenida en R.
Un σ-ideal es un ideal I E R que a la vez es un σ-subanillo de R; le denotamos por I Eσ R. Eneste caso, no es difıcil convencerse de que existe una estructura canonica de σ-anillo en el anillocociente R/I:
σ : R/I → R/I, a+ I 7→ σ(a) + I.
Definicion 2.7. Sea R un σ-anillo, y sea I Eσ R un σ-ideal de R. Para elementos a1, . . . , ak ∈ Rdenotamos por [a1, . . . , ak] Eσ R al σ-ideal mas pequeno de R que contiene a a1, . . . , ak. De hecho, secumple que
[a1, . . . , ak] = n∑i=1
σji(xi) | n ≥ 1, ji ≥ 0, xi ∈ a1, . . . , ak, i = 1, . . . , n.
Si existen b1, . . . , br ∈ I tales que I = [b1, . . . , br], decimos que I es finitamente σ-generado comoσ-ideal.
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Definicion 2.8. Una k-σ-algebra A es finitamente σ-generada, si existen elementos f1, . . . , fn talesque
A = k[f1, f2, . . . , fn, σ(f1), . . . , σ(fn), σ2(f1), . . .].
Comentario 2.9. Si A es una k-σ-algebra , σ-generada por f1, . . . , fn, entonces tenemos un epimorfis-mo canonico de k-σ-algebras del σ-anillo de polinomios ky1, . . . , yn a A: yi 7→ fi, i = 1, . . . , n. Vemosentonces que los σ-anillos de polinomios son objetos libres en la categorıa de k-σ-algebras finitamentegeneradas. Por ello, denotamos a la σ-algebra generada por f1, . . . , fn por kf1, . . . , fn.
Definicion 2.10. Si el nucleo I del epimorfismo mencionado en el Comentario 2.9 es a su vez finitamen-te σ-generado, digamos por r1, . . . , rm, entonces decimos que el algebra A es finitamente σ-presentada.
Comentario 2.11. En las condiciones de la definicion anterior, por el teorema de isomorfıa tenemosA ∼= ky1, . . . , yn/(r1, . . . , rm). Notese tambien que los conceptos “finitamente σ-generado” y “fini-tamente σ-presentado” son verdaderamente diferentes: a diferencia del caso de anillos polinomialescomunes, no se cumple el teorema de la base de Hilbert, lo que quiere decir que ky1, . . . , yn no es unanillo noetheriano. En particular, a pesar de ser finitamente σ-generada el algebra, el ideal I puede noserlo.
Ejemplo 2.12. Sea k un σ-cuerpo y sea IEσ ky el σ-ideal generado por yσ(y), yσ2(y), yσ3(y), . . ., esdecir I = [yσi(y) | i ≥ 1]. Entonces el σ-anillo R := ky/I (donde σ(r+ I) := σ(r) + I) es finitamenteσ-generado: R = ky + I, pero no finitamente σ-presentado, pues I no es finitamente σ-generado.
Comentario 2.13. Ası como las ecuaciones algebraicas ordinarias se reducen a buscar soluciones deun polinomio, las ecuaciones de diferencias las podemos expresar como la busqueda de soluciones parapolinomios σ. Entiendase aquı un homomorfismo como el del Comentario 2.9.
Ejemplo 2.14. Ahora podemos expresar los dos ejemplos de la introduccion en el lenguaje del algebrade diferencias: La sucesion de Fibonacci es una solucion del polinomio σ2(y) + σ(y)− y en el σ-anilloSeq(Z); esta es precisamente la relacion de recurrencia an+2 + an+1 = an. De la misma manera, lafuncion Γ es la solucion del polinomio σ(y)− zy, donde z ∈ C(z) denota a la funcion constante z 7→ z.
3. Ideales de diferencias
Definicion 3.1. Sea aEσ R un σ-ideal de R.
Decimos que a un σ-ideal mezclado si para cualesquiera f, g ∈ R, fg ∈ a implica que fσ(g) ∈ a.
Decimos que a es perfecto si σi1(f) · · ·σin(f) ∈ a implica que f ∈ a, donde n ≥ 1, ij ≥0 para todo j ∈ 1, . . . , n.
Decimos que a es reflexivo si σ(a) ∈ a implica que a ∈ a.
Decimos que a es σ-primo si a es un ideal primo y σ-reflexivo.
Comentario 3.2. Es facil ver de sus definiciones que los σ-ideales σ-primos son perfectos, y que losσ-ideales perfectos son mezclados, radicales y reflexivos. Los σ-ideales primos (en el sentido de la teorıade anillos) tambien son mezclados, pero no necesariamente perfectos. Notese que hay una diferenciaente un σ-ideal σ-primo y un σ-ideal primo: el primero debe ser necesariamente reflexivo, lo cual no esel caso para el segundo. Estos dos tipos de σ-ideales estan estrechamente relacionados con los σ-idealesperfectos y mezclados, respectivamente.
Lema 3.3. Sea ϕ : R→ S un homomorfismo de σ-anillos y sea aEσS un σ-ideal. Entonces ϕ−1(a)EσRes un σ-ideal. De forma similar, si a es un σ-ideal mezclado, tambien lo es ϕ−1(a). Lo mismo es ciertopara los σ-ideales perfectos y reflexivos.
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Demostracion. Ya que a E S es un ideal, tambien lo es b := ϕ−1(a) E R. Sea b ∈ b. Entonces pordefinicion a := ϕ(b) ∈ a. Ya que a Eσ S es un σ-ideal, σ(a) ∈ a, y ya que ϕ es un homomorfismo deσ-anillos, se sigue que σ(a) = σ(ϕ(b)) = ϕ(σ(b)) ∈ a. Por tanto, σ(b) ∈ b, lo cual implica a su vez queb es un σ-ideal.
Ahora, sea a un σ-ideal mezclado y supongamos que fg ∈ b. Por definicion de b, esto significa queϕ(fg) = ϕ(f)ϕ(g) ∈ a. Ya que a es mezclado, esto a su vez implica que ϕ(f)σϕ(g) = ϕ(f)ϕ(σ(g)) ∈ a,lo cual significa que fσ(g) ∈ b, por lo que b tambien es mezclado. El resultado para ideales de diferenciasperfectos y reflexivos es analogo.
Comentario 3.4. Sea R un σ-anillo y aEσR un σ-ideal. Podemos definir una estructura canonica deσ-anillo en el anillo cociente R/a mediante σ(r+a) := σ(r)+a. Este homomorfismo esta bien definido,y en particular convierte al epimorfismo de anillos canonico τ : R → R/a en un homomorfismo deσ-anillos.
Proposicion 3.5. Sea R un σ-anillo y a Eσ R un σ-ideal. Entonces existe una biyeccion entre losconjuntos bEσR/a y aEσ bEσR, la cual esta dada por la funcion inducida por el encaje canonicodel Lema 3.3. Esto sigue siendo cierto si restringimos ambos conjuntos a los ideales σ que sean radicales,mezclados, primos, σ-primos o perfectos.
Comentario 3.6. Sea R un σ-anillo, y F ⊆ R un subconjunto de R. Cualquier interseccion deideales σ-mezclados y radicales que contengan a F tambien es un ideal σ-mezclado y radical, que porsupuesto contiene a F . Esto significa que existe un σ-ideal radical y mezclado minimal (con respectoa la inclusion) que contiene a F ; concretamente es la interseccion de todo dicho ideal.
Demostracion. Sea I un conjunto de ındices, y sean ai Eσ R para todo i ∈ I σ-ideales radicales ymezclados. Ademas, sea b :=
⋂i∈I ai la interseccion de estos. Si a ∈ ai para todo i ∈ I, entonces
σ(a) ∈ ai para todo i ∈ I, ya que cada ai es un σ-ideal. Esto implica que σ(a) ∈ b. Argumentosanalogos demuestran las otras dos propiedades.
Definicion 3.7. Al σ-ideal a del Comentario 3.6 se le llama la clausura radical y mezclada de F , y sele denota por Fm.
Comentario 3.8. Sea R un σ-anillo y aEσ R un σ-ideal. Para tratar de encontrar am es tentadordefinir a′ := fσ(g) | fg ∈ a. Un ejemplo sencillo nos muestra que esto no basta, ya que a′ no esun ideal en general. Sea R = ky1, y2, y3, donde k es un σ-cuerpo, y a = [y1y2, y2y3] Eσ R. Entoncesno existen f, g ∈ R tales que fσ(g) = σ(y2)y3 + σ(y1)y2 ∈ am y fg ∈ a. Si tomamos el σ-ideal [a′]generado por a′, no tenemos ninguna garantıa que este siga siendo mezclado. De hecho, en el mismoejemplo y1σ
2(y2) /∈ [a′] a pesar que y1σ(y2) ∈ a′. Podrıamos repetir este proceso, pero esto nos dejarıasin y1σ
3(y2), y ası sucesivamente. Pero la union de todos los conjuntos obtenidos ası sı funciona, comolo veremos en los siguientes lemas.
Lema 3.9. Sea R un σ-anillo y a un σ-ideal mezclado. Entonces el radical√a de a tambien es mezclado.
Demostracion. Sean f, g ∈ R tales que fg ∈√a. Por definicion existe un n ≥ 1 tal que fngn = (fg)n ∈
a. Ya que a es mezclado, esto implica que fnσ(gn) = fnσ(g)n = (fσ(g))n ∈ a. Pero esto implica quefσ(g) ∈
√a, que era lo que debıa mostrarse.
Lema 3.10. Sea R un σ-anillo y F ⊆ R. Ademas, sea F ′ := fσ(g) | fg ∈ F como en el Comentario3.8, y sean F 1 := [F ]′, F n := [F n−1]′. Entonces
Fm =
√√√√ ∞⋃n=1
F n.
Esta manera de obtener a Fm se denomina proceso de mezcla y tiene un analogo para ideales σ-perfectos.
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Demostracion. Sea a :=⋃∞n=1 F
n. Es obvio de la construccion que a es un σ-ideal mezclado, y queF ⊆ a. Por induccion en los pasos iterativos F n obtenemos que para cada σ-ideal mezclado b quecontiene a F se cumple que F n ⊆ b. Por tanto, a es el σ-ideal mezclado mas pequeno que contiene aF . Por el Lema 3.9 sabemos que
√a sigue siendo mezclado, lo cual a su vez demuestra que
√a es, de
hecho, el σ-ideal radical y mezclado mas pequeno que contiene a F .
En la geometrıa algebraica, al tratar con variedades afines, el enfoque moderno es el de definir unatopologıa en el espectro del anillo, la topologıa de Zariski. A continuacion haremos una generalizacionde este principio para el caso de σ-anillos. El lector que no este familiarizado con este concepto nodebe preocuparse, pues lo que sigue en este artıculo no requiere dicho conocimiento, solo que tal vezle costara mas entender el porque de estas construcciones. No obstante, para la demostracion delteorema principal de este artıculo, el Teorema 3.16, vamos a hacer uso de un par de resultados delalgebra conmutativa que solo se repetiran en el siguiente lema. Al lector que no los conozca y quierasaber mas se le sugiere consultar cualquier texto basico de algebra conmutativa o geometrıa algebraica,tal y como [3] o [4].
Lema 3.11. Sea R un anillo (conmutativo y con unidad). Entonces:
Si R ≤ S es una extension de anillos, y p un ideal primo minimal de R, entonces existe un idealprimo minimal q de S tal que p = q ∩R
Cada ideal radical de R es la interseccion de ideales primos. Si R is noetheriano, entonces estainterseccion es finita.
Si R es noetheriano y pER es un ideal primo minimal de R, entonces existe un elemento a ∈ Rtal que p es el ideal aniquilador de a, es decir p = Ann(a) = r ∈ R | ra = 0.
Proposicion 3.12. Sea R un σ-anillo finitamente σ-generado por Z, es decir, para el cual existeun conjunto finito A ⊆ R de tal manera que cada f ∈ R pueda ser escrito como una combinacionZ-linear finita de potencias de σ de elementos en A (en otras palabras, existe un n ∈ N≥1 tal quef ∈ Z[A, σ(A), . . . , σn(A)]). Entonces, cada σ-ideal radical y σ-mezclado es la interseccion de idealesde diferencias primos.
Demostracion. Sea aEσ R un σ-ideal mezclado y radical. Por la Proposicion 3.5 existe una biyeccionentre los ideales primos de R que contienen a a y los de R/a. Por consiguiente podemos asumir sinperdida de la generalidad que a = [0]Eσ R, reemplazando R por R/a. Esto quiere decir que basta condemostrar que el ideal [0] de un σ-anillo bien mezclado (se le define ası a un anillo cuyo ideal 0 esmezclado) y reducido es la interseccion de todos sus σ-ideales primos. Notese que esta suposicion nocambia el hecho que R sea finitamente σ-generado por Z.
Sea, pues, f ∈ R tal que f /∈ q para todo q Eσ R primo. Aseveramos que f entonces tiene queser 0. Si asumimos que este no es el caso, es decir, f 6= 0, entonces por la suposicion sobre R existeun n ∈ N tal que f ∈ Z[A, σ(A), . . . , σn(A)]. Ahora usamos el caso especial para ideales (de anillosconmutativos): Puesto que Z[A, σ(A), . . . , σn(A)] es reducido, (0) E R es la interseccion de todos losideales primos de R. En particular, existen ideales primos que no contienen a f .
Sea q0 E R uno de dichos ideales, es decir, f /∈ q0, minimal con respecto a la inclusion. Ya quef ∈ Z[A, σ(A), . . . , σn(A)] ⊂ Z[A, σ(A), . . . , σn+1(A)], nuevamente por el Lema 3.11 podemos encon-trar un q1 E Z[A, σ(A), . . . , σn+1(A)] tal que q1 ∩ Z[A, σ(A), . . . , σn(A)] = q0. Prosiguiendo inductiva-mente encontramos una cadena de ideales primos minimales qi, i ∈ N, qi E Z[A, σ(A), . . . , σn+i(A)],con qi+1 ∩ Z[A, σ(A), . . . , σn+i(A)] = qi para todo i ∈ N. Entonces q :=
⋃∞i=0 qi es un ideal primo de
R, que cumple que f /∈ q.
Afirmamos que, de hecho, q es un σ-ideal de R. Sea a ∈ q; queremos demostrar que σ(a) ∈ q.Por la construccion de q existe un i ∈ N tal, que a ∈ qi−1 ⊆ Z[A, σ(A), . . . , σn+i−1(A)], lo que asu vez implica que σ(a) ∈ Z[A, σ(A), . . . , σn+i(A)]. El Lema 3.11 dice entonces que existe un h ∈
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Z[A, σ(A), . . . , σn+i(A)] tal, que qi = Ann(h). Esto implica que ah = 0, y puesto que R es bien-mezclado, esto implica tambien que σ(a)h = 0; por tanto, σ(a) ∈ qi ⊆ q. Pero esto significa que q esun σ-ideal primo de R que no contiene a f , lo cual contradice la definicion de f . Por tanto f = 0.
Para demostrar el caso general necesitamos otra herramienta todavıa: el concepto de filtros.
Definicion 3.13. Sea U un conjunto, y sea F ⊆ Pot(U), donde Pot(U) denota el conjunto potenciade U . Decimos que F es un filtro si satisface los siguientes axiomas:
U ∈ F y ∅ /∈ F .
Si V,W ⊆ U con V ⊆W y V ∈ F implica que W ∈ F .
Para cualesquiera V1, . . . , Vn ∈ F se cumple que
n⋂i=1
Vi ∈ F.
Un ultrafiltro es un filtro F tal que para cualquier V ⊆ U se cumple que V ∈ F o U\V ∈ F . Noteseque los axiomas primero y tercero juntos implican que no pueden ambos serlo.
Comentario 3.14. Sea U un conjunto. Entonces, el conjunto de filtros sobre U esta ordenado in-ductivamente por la inclusion. Por el lema de Zorn, para cada filtro F sobre U debe haber un filtromaximal G con respecto a la inclusion, tal que F ⊆ G. La maximalidad del filtro G implica que Gsera un ultrafiltro, ya que en caso contrario podrıamos encontrar un filtro en el que G este propiamenteincluido al anadir uno de los conjuntos que contradicen el que G sea un ultrafiltro.
La razon por la que este concepto es util en este contexto es la siguiente:
Lema 3.15. Sea R un σ-anillo, y sea M el conjunto de todos los σ-subanillos de R que son finitamenteσ-generados sobre Z. Dado cualquier subconjunto fijo F ⊆ R, consideramos el conjunto MF := T ⊆M | S ∈M | F ⊆ S ⊆ T ⊆ Pot(M). Entonces,
F :=⋃
F⊆R finito
MF
define un filtro sobre M . Si G es un ultrafiltro que contiene a F , y P :=∏S∈M S con operaciones defi-
nidas en cada componente, entonces el ultrafiltro G define una relacion de equivalencia en P mediante(gs)S∈M ∼ (hs)S∈M :⇔ S ∈ M | gs = hs ∈ G. El conjunto de clases de equivalencia P/G := P/ ∼tiene una estructura natural de σ-anillo y se denomina ultraproducto.
Demostracion. F es un filtro, puesto que para F ⊆ R finito, [F ] ∈ S ∈ M | F ⊆ S 6= ∅, y ya queT ⊇ S ∈ M | F ⊆ S para todo T ∈ MF , se tiene ademas ∅ /∈ MF (notese que [∅] = (0)). QueM ∈MF para cualquier F ⊆ R es obvio, al igual que que T ⊆ U, T ∈MF , U ∈MF . Solo necesitamosdemostrar entonces que para U, T ∈ F se cumple que U ∩ T ∈ F .
Sean u, t ⊆ R finitos, tal que U ∈ Mu, T ∈ Mt, u ∪ t ⊆ R tambien sea finito y que se cumplaque S ∈ M | u ∪ t ⊆ S ⊆ S ∈ M | u ⊆ S ⊆ U , y de forma similar para T . Esto significa queU ∩ T ∈Mu∪t ⊆ F , lo que concluye la demostracion que F es un filtro.
Ahora, consideremos un ultrafiltro G ⊇ F y definamos ∼ en P como antes. Veamos que esta es unarelacion de equivalencia: Sea f ∼ g, g ∼ h para f, g, h ∈ P . Esto significa que S ∈ M | fs = gs ∈G, S ∈ M | gs = hs ∈ G. Pero entonces S ∈ M | fs = gs ∩ S ∈ M | gs = hs ⊆ S ∈ M | fs =hs ∈ G, ya que G es un filtro. La reflexividad es una consecuencia del hecho que M ∈ G, y la simetrıaes obvia. Solo falta entonces demostrar que tenemos una estructura bien definida de σ-anillo en P/ ∼.
Consideremos f, f ′ ∈ P con f ∼ f ′. Sabemos que para todo S ∈ M con fS = f ′S se cumple queσ(f)S = σ(f ′)S . Pero entonces S ∈ M | σ(f)S = σ(f ′)S ⊇ S ∈ M | fS = f ′S ∈ G por hipotesis,y ya que G es un filtro, esto significa que S ∈ M | σ(f)S = σ(f ′)S ∈ G. Por tanto σ(f) ∼ σ(f ′). Sedemuestra de una manera similar que las operaciones del anillo estan bien definidas.
6
Ahora demostraremos el caso general de la Proposicion 3.12.
Teorema 3.16. Sea R un σ-anillo, y F ⊆ R be un subconjunto de R. Entonces,
Fm =⋂
F⊆pEσRp primo
p
En particular, cada σ-ideal mezclado y radical de R es la interseccion de ideales de diferencias primos.
Demostracion. Basta con mostrar que cada σ-ideal radical y mezclado es la interseccion de σ-idealesprimos. Puesto que un σ-ideal que sea primo tambien es radical y mezclado, es claro que Fm ⊆ ppara cada pEσ R primo con F ⊆ p, lo que nos da la representacion
Fm =⋂
F⊆pEσRp primo
p.
Ahora, por el mismo argumento que en la Proposicion 3.12, es suficiente demostrar en el caso que Rsea bien-mezclado y reducido, que la interseccion de todos los σ-ideales primos es [0]. Sea 0 6= f ∈ R.Vamos a construir un σ-ideal primo que no contenga a f .
Sea P/G el anillo de diferencias como en el Lema 3.15. Consideremos la aplicacion ϕ : R→ P/G, g 7→(gS)S∈M donde (gS) = g para todo S ∈ M con g ∈ S. Ya que S ∈ M | g ∈ S ∈ Mg (donde Mg sedefine tal y como en el Lema 3.15), todos los (gS) ası estan en la misma clase de equivalencia respecto a∼, independientemente de los gs para g /∈ S. Por este hecho no es difıcil ver que ϕ es un homomorfismode σ-anillos bien definido.
Por la proposicion 3.12 sabemos que para cada S ∈ M existe un σ-ideal primo pS Eσ S tal quef /∈ S. Definimos pEσ P/G como el conjunto de todas las clases de equivalencia de elementos (gs)S∈Mtales, que S ∈M | gs ∈ pS ∈ G. Para [(gs)S∈M ]∼, [(hs)S∈M ]∼ ∈ p se tiene que
G 3 S ∈M | gs ∈ pS ∩ S ∈M | hs ∈ pS ⊆ S ∈M | gs + hs ∈ pS ∈ G
ya que G es un filtro. Argumentos similares para σ(g), gh y h ∈ P/G muestran que p en efecto es unσ-ideal. Mas aun, p tambien es primo, como probaremos a continuacion.
Sean g, h ∈ P tales que S ∈M | gShS ∈ pS ∈ G. Si [g]∼ /∈ p, entonces V := S ∈M | gS ∈ pS /∈G. Ya que G es un ultrafiltro, esto significa que M\V ∈ G. Pero
G 3 (M\V ) ∩ S ∈M | gShS ∈ pS ⊆ S ∈M | hS ∈ pS ∈ G,
lo que significa que [h]∼ ∈ p. Pero la preimagen de un ideal primo ϕ−1(p) Eσ R tambien es prima, aligual que la de un ideal de diferencias. Por construccion, [ϕ(f)]∼ /∈ p, lo que significa que f /∈ ϕ−1(p),como deseabamos. Esto concluye la demostracion.
4. Un analogo de la topologıa de Zariski
Para finalizar este artıculo, veremos como podemos definir en un σ-anillo una topologıa analoga ala topologıa de Zariski.
Definicion 4.1. Sea R un σ-anillo. Definimos al conjunto de todos los ideales de diferencia primoscomo σ-Spec(R) := pEσR | p primo. De forma similar, definimos el conjunto de los ideales σ-primoscomo Specσ(R) := pEσ R | p σ-primo.Comentario 4.2. En general puede ocurrir que tanto Specσ(R) como σ-Spec(R) sean vacıos. Porejemplo, sea R un σ-anillo y considere el σ-anillo R ⊕ R, con σ((r, s)) := (σ(s), σ(r)). Este anillo notiene ideales de diferencias primos. Sea pER primo. Entonces 0 = (1, 0)(0, 1) ∈ p, lo que significa que(1, 0) ∈ p o (0, 1) ∈ p. Pero entonces R⊕ 0 ⊆ p o 0⊕R ⊆ p. Si asumimos que p es un σ-ideal, entonceslo anteriormente concluido implica que R ⊕ R ⊆ p, lo cual no puede ocurrir por la definicion de idealprimo.
7
En la geometrıa algebraica se define usalmente una topologıa en Spec(R) = p E R | p primo,llamada la topologıa de Zariski. Esto tiene un analogo en Specσ(R), llamada usualmente la topologıade Cohn. Aquı vamos a hacer otra definicion en σ-Spec(R) analoga a las dos anteriores, y que esla topologıa “correcta” para trabajar con ideales de diferencias mezclados (por el Teorema 3.16, porejemplo).
Definicion 4.3. Sea R un σ-anillo y F ⊆ R. Definimos Vm(F ) := p ∈ σ-Spec(R) | F ⊆ p.
Lema 4.4. Sea R un σ-anillo. Entonces tenemos:
a) Vm((0)) = σ-Spec(R), y Vm(R) = ∅.
b) Para cualesquiera dos ideales a, bER tenemos Vm(a) ∪ V(b) = Vm(a ∩ b).
c) Para cualquier familia de ideales (ai)i∈I , donde I es un conjunto de ındices, tenemos
⋂i∈IVm(ai) = Vm
(∑i∈I
ai
).
Demostracion.
a) Es claro que (0) ⊆ p para todo p ∈ σ-Spec(R), al igual que R 6⊆ p para todo p ∈ σ-Spec(R).
b) Sean a, bER dos ideales de R. Entonces Vm(a)∪ Vm(b) ⊆ Vm(a∩ b), ya que para pEσ R primoa ⊆ p implica que a∩b ⊆ p, y similarmente para b. Por otro lado, sea pEσR primo con a∩b ⊆ p,y a 6⊆ p (en caso contrario p ∈ Vm(a) y hemos terminado). Entonces existe un f ∈ a tal quef /∈ p. Para cualquier g ∈ b, esto implica que fg ∈ a ∩ b ⊆ p. Ya que p es primo, esto significaque g ∈ p y por tanto b ⊆ p, lo que concluye la demostracion.
c) Sea (ai)i∈I una familia de ideales de R. Entonces p ∈⋂i∈I Vm(ai) si y solo si ai ⊆ p para todo i ∈
I, es decir si y solo si p ∈ Vm(∑i∈I ai).
Comentario 4.5. Ya que en un σ-anillo cualquier σ-ideal y primo es radical y mezclado, se cumpleque para cualquier F ⊆ R y cualquier σ-ideal primo pEσ R tal que F ⊆ p:
(F ) ⊆ [F ] ⊆ Fm ⊆ p.
En particular, esto significa que Vm(F ) = Vm((F )) = Vm([F ]) = Vm(Fm).
Definicion 4.6.
a) Sea R un σ-anillo. Definimos una topologıa en σ-Spec(R) declarando que A ⊆ σ-Spec(R) escerrado si y solo si A = Vm(a) para algun ideal aER, o de forma equivalente, declarando que unconjunto abierto si es el complemento de un conjunto de la forma Vm(a) (esta es una topologıabien definida gracias al Lema 4.4).
b) Dado f ∈ R, definimos σ-D(f) := σ-Spec(R)\Vm(f). Por el Comentario 4.5, σ-D(f) es elcomplemento de un conjunto cerrado, y por consiguiente, abierto. Llamamos a los conjuntos dela forma σ-D(f) ⊆ σ-Spec(R) los abiertos basicos de σ-Spec(R).
Con estas definiciones ya podemos empezar a trabajar con aspectos geometricos en algebra dediferencias, y el lector que conozca la geometrıa algebraica apreciara que estamos ya en un my buencamino. Desafortunadamente hasta aquı se limita este artıculo, pero se recomienda al lector que deseainformarse mas acerca del tema que consulte los textos [5] o [6].
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Ejercicios
Estos ejercicios le serviran al lector que quiera solidificar su comprension del artıculo.
Seccion 2
a) Sea R un σ-anillo. Demuestre que el anillo cociente R/I modulo un σ-ideal I es un σ-anillocon
σ : R/I → R/I, a+ I 7→ σ(a) + I.
b) Sean R un σ anillo y a1, . . . , ak ∈ R. Demuestre que el σ-ideal mas pequeno [a1, . . . , ak] queincluye a a1, . . . , ak puede ser descrito de la siguiente manera:
[a1, . . . , ak] =
n∑i=1
σji(xi) | n ≥ 1, ji ≥ 0, xi ∈ a1, . . . , ak, i = 1, . . . , n
.
c) Sea k un σ-cuerpo. Considere la k-σ-algebra A := k[y1, y2, . . .], con
σ(y1) = y1, σ(yi) := yi+1, i = 2, 3, . . . , y1 · yi = yi+2, i = 2, 3, . . .
¿Es A finitamente σ-generada? ¿Es A finitamente σ-presentada? En dado caso encuentreun sistema finito de σ-generadores o una σ-presentacion, o bien demuestre que no existen.
Seccion 3
a) Sea ϕ : R→ S un morfismo de σ-anillos, y sea aEσ S un σ-ideal perfecto; de forma similarsea bEσS reflexivo. Demuestre que ϕ−1(a) es un σ-ideal perfecto de R, y ϕ−1(b) es reflexivo.
b) Demuestre la Proposicion 3.5: Sea R un σ-anillo y aEσ R un σ-ideal. Entonces existe unabiyeccion entre los conjuntos bEσR/a y aEσ bEσR, la cual esta dada por la aplicacioninducida por el encaje canonico del Lema 3.3. Esto sigue siendo cierto si restringimos ambosconjuntos a los σ-ideales que sean radicales, mezclados, primos, σ-primos o perfectos.
c) Si no conocıa los resultados del Lema 3.11, familiarıcese con ellos. Trate de demostrarlos obuscarlos en la literatura mencionada.
d) Sea (U, T ) un espacio topologico con la topologıa T , y sea x ∈ U un punto. Definimos elconjunto de entornos de x:
Ux := x ∈ F ⊆ U | ∃V ∈ T : V ⊆ F.
Demuestre que Ux es un filtro.
Seccion 4
a) En el caso de ideales radicales, para I, J ER se cumple que√I ∩√J =√IJ . Demuestre o
refute el analogo para ideales mezclados radicales: Para a, bEσ R: am ∩ bm = abm.
b) Sea (U, T ) un espacio topologico. Un conjunto B ⊆ T es una base de la topologıa si cadaconjunto abierto V ∈ T puede ser escrito como la union de conjuntos en B, es decir, siexiste un BV ⊆ B tal que V = ∪X∈BVX. Demuestre que los conjuntos abiertos basicosσ-D(f), f ∈ R forman una base de la topologıa en σ-Spec(R).
c) (*) ¿Es posible mejorar la aseveracion del Teorema 3.16, como en el caso de ideales radicalesen un anillo noetheriano (ver Lema 3.11), para asegurar que la interseccion sea finita? Enotras palabras, ¿es σ-Spec(R) un espacio topologico noetheriano? ¿Que propiedades debetener R para que esto se cumpla siempre?
*La respuesta de este ejercicio todavıa no se conoce en general.
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Referencias
[1] Wibmer, Michael, Algebraic Difference Equations (Lecture Notes).http://www.algebra.rwth-aachen.de/de/Mitarbeiter/Wibmer/Algebraic %20difference %20equations.pdf.
[2] Lang, Serge, Algebra, Revised 3rd ed., Springer, 2005.
[3] Eisenbud, David Commutative Algebra with a View Toward Algebraic Geometry, Springer, 1995.
[4] Hartshorne, Robin, Algebraic Geometry, Springer, 1977.
[5] Cohn, Richard, Difference Algebra, Interscience Publishers, 1965.
[6] Levin, Alexander, Difference Algebra, Springer, 2008.
Andres Goens (RWTH Aachen)Correo electronico: [email protected]
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Problemas salvadorenos de geometrıa euclidiana
Eduardo Arnoldo Aguilar
Resumen: El Salvador comenzo a participar regularmente en las olimpiadas internacionales de matematica desde
finales de los noventas. Durante este perıodo de cerca de 15 anos, el Programa Jovenes Talento ha sido el encargado de
entrenar a varias generaciones de jovenes olımpicos para un alto rendimiento en matematica. Esta es una compilacion de
problemas de geometrıa euclidiana, creados por ex olımpicos salvadorenos formados en el Programa, que fueron escogidos
para formar parte de los examenes de diversas olimpiadas.
1. Olimpiada Matematica de Centroamerica y el Caribe
1.1. PROBLEMA 3, OMCC 2005 (EL SALVADOR)
En el triangulo ABC sean P , Q y R los puntos de tangencia del incırculo en los lados AB, BC yAC respectivamente. Sean L, M y N los pies de las alturas del triangulo PQR en PQ, QR y PR,respectivamente.
(a) Demuestre que AN , BL y CM se cortan en un mismo punto.
(b) Demuestre que ese punto esta en la recta que pasa por el ortocentro y el circuncentro del trianguloPQR.
Aaron Ramırez
Solucion:
B C
A
I
Q
P
R
N
LM
H
X
El cuadrilatero PLMR es cıclico y la rectaBC es tangente al incırculo, por lo tanto ∠QLM = ∠PRQ =∠PQB de donde BC‖LM . Analogamente AB‖LN y AC‖MN , ası que los triangulos ABC y LMNson homoteticos. Por lo tanto AN , BL y CM concurren en un punto X, el centro de homotecia de lostriangulos ABC y LMN .
Ademas, recordemos que el circuncentro de PQR es el incentro de ABC, y el ortocentro de PQR es elincentro de su triangulo ortico LMN . Pero al ser ABC y LMN triangulos homoteticos, se tendra quesus incentros estan alineados con el centro de homotecia X.
Nota: Variantes de este problema fueron previamente utilizadas en diversas olimpiadas: Iran 1995,Estonia 2000 y Hungrıa-Israel 2000.
11
1.2. PROBLEMA 2, OMCC 2006 (PANAMA)
Sean Γ y Γ′ dos circunferencias de igual radio con centros O y O′ respectivamente. Γ y Γ′ se cortanen dos puntos y A es uno de ellos. Se escoge un punto B cualquiera en Γ. Sea C el otro punto de cortede la recta AB con Γ′ y D un punto en Γ′ tal que OBDO′ es un paralelogramo. Demuestre que lalongitud del segmento CD es constante, es decir, no depende de la eleccion de B.
Eduardo Arnoldo Aguilar
Solucion:
O O′
A
B
C
D FE
Sean E y F las segundas intersecciones de BD con Γ y Γ′ respectivamente. Notemos que OO′ = BD
ya que OO′DB es un paralelogramo. Ademas, ∠ACD =∠AO′D
2y ∠DBA =
∠AOE2
.
Por otra parte, como Γ y Γ′ tienen radios iguales y BD‖OO′, por simetrıa ∠AOE = ∠AO′D. Por lotanto ∠ACD = ∠DBA y ası CD = BD = OO′, la cual es constante.
1.3. PROBLEMA 6, OMCC 2007 (VENEZUELA)
Desde un punto P exterior a una circunferencia S se trazan tangentes que la tocan en A y B. Sea Mel punto medio de AB. La mediatriz de AM corta a S en C (interior al 4ABP ), la recta AC corta ala recta PM en G, y la recta PM corta a S en el punto D exterior al triangulo 4ABP . Si BD‖AC,demuestre que G es el centroide del 4ABP .
Eduardo Arnoldo Aguilar
Solucion:
O
A
B
P
M
C
GD
FE
12
El 4AMG es rectangulo, por lo que la mediatriz de AM corta a la hipotenusa en el circuncentro C deltriangulo, es decir CA = CG. Por simetrıa, si E es la segunda interseccion de BG con S, se tendra queEG = EB = AC.
Como AG‖BD y M es punto medio de AB, se observa que los triangulos rectangulos 4AMG y4BMD son congruentes, por lo que AG = BD, y por simetrıa AG = BG. Luego BD = BG. Si Fes la interseccion de AG con BP , usando nuevamente el paralelismo anterior ∠BGF = ∠DBE, y porangulo semi-inscrito ∠FBG = ∠BDE. Luego, por el criterio ALA, los triangulos 4BDE y 4BGFson congruentes, y en consecuencia GF = BE.
Ası, hemos reducido el problema a lo siguiente: en el 4ABP , si G es un punto sobre la mediana PMtal que AG = 2GF , entonces G debe ser el centroide del triangulo. Una manera de argumentarlo espor contradiccion: Suponiendo que G′ 6= G es el baricentro de 4ABP , dado que G′ esta sobre PM ycumple que AG′ = 2G′F ′ (con F ′ como la interseccion de AG′ con BP ), por el recıproco de ThalesGG′‖FF ′, es decir MP‖BP , lo cual es absurdo.
Otra manera de concluir es aplicando Menelao al 4ABF con los puntos P , G y M :
1 =BP
PF· FGGA· AMMB
=BP
2PF,
de donde F es punto medio de BP y de allı el resultado.
1.4. PROBLEMA 2, OMCC 2008 (HONDURAS)
Sea ABCD un cuadrilatero concıclico convexo con centro en O, tal que AC es diametro. Se construyenlos paralelogramos DAOE y BCOF . Pruebe que si E y F se ubican sobre la circunferencia, entoncesABCD es rectangulo.
Aaron Ramırez
Solucion:
A
B
C
O
D
E
F
Como AC es diametro, ∠ABC = ∠ADC = 90. Ademas, E y F se ubican en la circunferencia, dedonde AD = OE = r = OF = BC, y de esto se desprende que ∠BAC = ∠ACD. Luego ∠BAD =∠BAC + ∠CAD = ∠ACD + ∠CAD = 90, ası que ABCD es un rectangulo. 1
1Note que el rectangulo cumple ∠ACD = 30 pues AD = r y el 4AOD es equilatero.
13
1.5. PROBLEMA 5, OMCC 2009 (COLOMBIA)
Dado un triangulo acutangulo y escaleno ABC, sean H su ortocentro, O su circuncentro, y E y Flos pies de las alturas trazadas desde B y C, respectivamente. La recta AO corta nuevamente al cir-cuncırculo del triangulo ABC en un punto G y a los segmentos FE y BC en los puntos X e Y ,respectivamente. La recta AH corta a la tangente al circuncırculo trazada por G en un punto Z. De-muestre que HX es paralela a Y Z.
Eduardo Arnoldo Aguilar
Solucion 1:
Sea D el pie de la altura desde A. Notemos que AG⊥GZ porque AG es diametro y GZ tangente, ypor lo tanto DYGZ es cıclico con ∠DZY = ∠DGY . Entonces ZY ‖HX solo si HXGD es cıclico.
Como AD y AO son isogonales (∠BAD = ∠GAE) y ademas ∠ABC = ∠AEF (pues BCEF es cıcli-co), entonces ∠AXE = 90. De aca es facil ver que 4AFH ∼ 4AGC y 4ABD ∼ 4AEX.
Por lo tantoAH
AG=AF
ACyAD
AX=AB
AE. Pero
AF
AC=AE
ABporque BCEF es cıclico, ası que
AH
AG=AX
AD,
de donde AH ·AD = AX ·AG y en conclusion HXGD es cıclico.
A
B C
O
E
F
D
G
X
Y
Z
H
Solucion 2:
Sea D el pie de la altura desde A. Notemos que AG⊥GZ porque AG es diametro y GZ tangente, porlo tanto DYGZ es cıclico con ∠DZY = ∠DGY . Entonces ZY ‖HX solo si HXGD es cıclico.
Como AD y AO son isogonales (∠BAD = ∠GAE) y ademas ∠ABC = ∠AEF pues BCEF es cıclico,entonces ∠AXE = 90.
Notemos que los cuadrilateros AFHE y ACGB son semejantes, pues 4ABC ∼ 4AEF y AF⊥FH,AE⊥EH, AC⊥CG y AB⊥BG (los primeros por definicion y los ultimos porque AG es diametro).
Pero D y X son los pies de las alturas desde A, y por lo tanto son puntos correspondientes en la se-mejanza planteada. Luego ∠CDG = ∠FXH. En consecuencia ∠HXY + ∠HDG = (90 −∠HXF ) +(90 + ∠Y DG) = 180, y de aquı se concluye que HXGD es cıclico.
14
A
B C
O
E
F
D
G
X
Y
Z
H
1.6. PROBLEMA 2, OMCC 2010 (PUERTO RICO)
Sea ABC un triangulo con L, M y N puntos medios de BC, CA y AB respectivamente. La tangenteal circuncırculo de ABC en A corta a LM y LN en P y Q respectivamente. Pruebe que CP es paralelaa BQ.
Eduardo Arnoldo Aguilar
Solucion 1:
A
B C
N
L
M
Q
P
Como QN‖AM y AN‖PM entonces 4AQN ∼ 4PAM , de dondeQN
NA=AM
MP.
Pero AN = BN y AM = CM , entoncesQN
BN=
CM
MP, y como QN‖CM y BN‖PM entonces
4BQN ∼ 4CMP , de donde BQ‖CP .
15
Solucion 2:
Si BC 6 ‖PQ, sea X la interseccion de BC con PQ. Como AC‖QL, entoncesXQ
XA=XL
XC, de donde
XQ ·XC = XA ·XL. Asimismo AB‖PL implica queXA
XP=XB
XL, de donde XA ·XL = XB ·XP .
Por lo tanto XQ ·XC = XB ·XP y asıXQ
XP=XB
XC, lo que explica el paralelismo buscado.
Por otra parte, si BC‖PQ, notemos que ABLP y CAQL son paralelogramos, lo cual implica que A
es el punto medio de PQ. LuegoBL
LC=QA
ABy ası CP‖BQ.
Solucion 3:
La tangencia y las bases medias aseguran que ∠ACB = ∠QAB = ∠APL; luego ALCP es cıclico.Analogamente se prueba que ALBQ es cıclico. El resultado es inmediato por el teorema de Reim, obien notando que ∠APC = ∠ALB = ∠XQB donde X es un punto en la prolongacion de PQ.
1.7. PROBLEMA 6, OMCC 2010 (PUERTO RICO)
Sean Γ y Γ1 dos circunferencias tangentes internamente en A, con centros O y O1, y radios r y r1 respec-tivamente (r > r1). B es el punto diametralmente opuesto a A en Γ, y C es un punto en Γ tal que BCes tangente a Γ1 en P . Sea A′ el punto medio de BC. Si O1A
′ es paralela a AP , encuentre la razon r/r1.
Aaron Ramırez
Solucion:
O AO1B
P
C
A′
Como A′ es punto medio y BC tangente se tiene OA′⊥BC y O1P⊥BC. Entonces OA′‖O1P , y alcombinar esto con O1A
′‖AP se obtiene:
BO
BO1=BA′
BP=BO1
BA.
Pero BO = r, BO1 = 2r − r1 y BA = 2r. Entoncesr
2r − r1=
2r − r12r
, y despejando se concluye que
r
r1= 1 +
√2
2.
16
1.8. PROBLEMA 2, OMCC 2012 (EL SALVADOR)
Sea γ la circunferencia circunscrita al triangulo acutangulo 4ABC. Sea P el punto medio del menorarco BC. La paralela por P a la recta AB interseca a BC, AC y γ en los puntos R, S y T , res-pectivamente. Se definen los puntos K y L como las intersecciones de BS con AR y AP con BT ,respectivamente. Demuestre que la recta KL pasa por el punto medio de AB si y solo si CS = PR.
Manuel Mundo
Solucion 1:
A
B C
P
R
S
T
LK
J
Como AB ‖ PT , entonces ABPT es trapecio isosceles, y por tanto ∠BPR = ∠ATP = ∠SCP . ComoP es punto medio del arco BC se tendra PB = PC. Ademas CS = PR si y solo si 4BRP ∼= 4PSC,que es equivalente a la igualdad ∠BRP = ∠CSR. Pero la igualdad ∠BRP = ∠CSR es equivalente a∠ABC = ∠BAC, es decir AC = BC.
Por otro lado, dado que ABPT es trapecio isosceles, la mediatriz de AB pasa por L y J , donde J es elpunto medio de AB. Pero la mediatriz de AB pasara por K si y solo si AK = BK, lo que a su vez esequivalente a KR = KS, es decir, si y solo si ABRS es un trapecio isosceles. Finalmente, observemosque K, L y J son colineales si y solo si ABRS es un trapecio isosceles, lo cual pasa si y solo si AC = BC.
Solucion 2:
Como AB ‖ PT , entonces ABPT es trapecio isosceles, y por tanto ∠BPR = ∠ATP = ∠SCP . ComoP es punto medio del arco BC se tendra PB = PC. Ademas CS = PR si y solo si 4BRP ≡ 4PSC,lo cual es equivalente a la igualdad ∠BRP = ∠CSR. Pero la igualdad ∠BRP = ∠CSR es equivalentea ∠ABC = ∠BAC, es decir AC = BC.
Por otro lado, sea J el punto medio de AB. Como ABPT es trapecio isosceles se tendra LJ ⊥ AB.
Por el teorema de Thales se tieneAS
SC=BR
RC. Los puntos C,K y J estan alineados por el teorema de
Ceva, puesto que
AS
SC· CRRB· BJJA
= 1.
La solucion concluye al observar que la recta KL contiene a J si y solo si CJ ⊥ AB o, equivalentemente,si y solo si AC = CB.
17
1.9. PROBLEMA 6, OMCC 2012 (EL SALVADOR)
Sea ABC un triangulo con AB < BC, y sean E y F puntos en AC y AB, respectivamente, ambosubicados en el mismo semiplano de A respecto a BC y tales que BF = BC = CE. Sea G la interseccionde BE con CF . Se toma un punto H sobre la paralela a AC por G tal que HG = AF (con H y C endistintos semiplanos respecto a BG). Demuestre que ∠EHG = ∠BAC/2.
Eduardo Arnoldo Aguilar
Solucion 1:
A
B C
F
E
IA
G
H
Sea IA el excentro de 4ABC relativo al vertice A. Notemos que ∠GBC = ∠BEC = 90−∠BCE/2 =∠IACB, de donde BG‖CIA, y de manera analoga CG‖BIA. Entonces se obtiene que BGCIA es unparalelogramo, de donde es posible deducir que GB = CIA y ∠HGE = ∠ACIA.
Aplicando el Teorema de Menelao en el triangulo 4ABE con respecto a la transversal F −G− C setendra:
AF
FB· BGGE· ECCA
= 1.
Pero FB = CE, GB = CIA y FA = HG. Por lo tantoAC
CIA=HG
GE, implicando 4ACIA ∼ 4HGE.
Esta semejanza permite concluir que ∠EHG = ∠CAIA = ∠BAC/2.
Solucion 2:
Sea I el incentro de ABC. Como 4BEC es isosceles entonces ∠HGE = ∠GEC = 90 + ∠C/2 =∠AIB. De este modo el problema se reduce a probar que 4HGE ∼ 4AIB.
Por otro lado, sean P y Q las intersecciones de BI con CF y CI con BE, respectivamente. Al ser4BEC y 4BFC triangulos isosceles, las rectas BP y CQ se convierten en mediatrices de los seg-mentos CF y BE respectivamente, y ademas I se convierte en el ortocentro de BGC. De este modo∠BGI = ∠BCI = ∠BFI.
18
Ademas ∠BEI = ∠EBI = ∠EBC − ∠IBC = 90 − ∠C/2− ∠B/2 = ∠A/2. De lo anterior es inme-diato que ∠GEI = ∠FAI, y por lo tanto 4GIE ∼ 4FAI.
Esta semejanza implica queGE
IE=AF
AI, pero como GH = AF y BI = EI. Entonces
GE
IB=GH
AI,
y ya se habıa demostrado que ∠HGE = ∠AIB. En consecuencia 4HGE ∼ 4AIB. Se sigue que∠EHG = ∠BAI = ∠BAC/2.
A
B C
F
E
G
H
Q
P
I
R
Solucion 3:
Sean a, b y c los lados del triangulo 4ABC, e I su incentro. Se tendra ∠HGE = ∠GEC = 90 +∠BCA/2 = ∠AIB. Se demostrara que 4HGE ∼ 4AIB. Para ello, dada la igualdad de angulos
mostrada anteriormente, basta con demostrarHG
AI=
GE
IB, y de aquı se concluira que ∠EHG =
∠BAI = ∠BAC/2.
A
B C
F
E
G
H
IK
Sea K = CI ∩AB. Facilmente se observa que
∠KIB = 90 − ∠CAB2
= ∠EGC = α y ∠KIA = 90 − ∠ABC2
= ∠AFC = β.
19
Aplicando ley de senos a los triangulos 4AFC y 4EGC se obtiene:
HG = AF = sen∠ACF · ACsenβ
; EG = sen∠ACF · ECsenα
.
Por tantoHG
GE=AC
EC· senα
senβ=b
a· senα
senβ.
Finalmente utilizamos el teorema de la bisectriz en 4ABC y el teorema extendido de la bisectriz en4AIB para obtener:
HG
GE=b
a· senα
senβ=AK
KB· senα
senβ=AI senβ
BI senα· senα
senβ=AI
IB.
2. Olimpiada Iberoamericana de Matematica (OIM)
2.1. PROBLEMA 3, OIM 2009 (MEXICO)
Sean C1 y C2 dos circunferencias de centros O1 y O2 con el mismo radio, que se cortan en A y B. Sea Pun punto sobre el arco AB de C2 que esta dentro de C1. La recta AP corta C1 en C, la recta CB cortaC2 en D y la bisectriz de ∠CAD corta C1 en E y C2 en L. Sea F el punto simetrico de D con respectoal punto medio de PE. Demuestre que existe un punto X que satisface ∠XFL = ∠XDC = 30 yCX = O1O2.
Eduardo Arnoldo Aguilar
Solucion:
O1O2
A
B
P
C
DE
L
F
Como F es el simetrico de D con respecto al punto medio de PE, las diagonales del cuadrilateroFPDE se bisecan. Luego FPDE es un paralelogramo, y entonces FP = ED (note que F ∈ C1).
Ahora bien, como las circunferencias son iguales, los arcos AB tienen la misma medida en las doscircunferencias, ası que ∠ACB = ∠ADB y el triangulo ACD es isosceles. Pero como AL es bisectrizde ∠CAD, se tiene que AL es mediatriz de CD.
Como ∠CAE = ∠LAD, los angulos deben tener cuerdas iguales por lo que CE = LD. Ademas∠BCE = ∠BAE = ∠BDL, de donde CE‖DL, pero como CE = LD el cuadrilatero ECLD debe serun paralelogramo. Pero como FPDE es un paralelogramo, resulta que el cuadrilatero FPLC tambiendebe ser un paralelogramo.
20
Por otro lado, como CD⊥EL, el paralelogramo EDLC es un rombo, y entonces ED = DL = LC =CE. Observemos que PL = LD pues ∠PAL = ∠LAD, y de aquı FC = PL = LD = LC = FP .Puesto que LD = CE y las circunferencias son iguales se debe cumplir que 4O1CE ∼= 4O2LD. ComoLD‖CE, se sigue que O1C‖O2L, de modo que O1O2LC es un paralelogramo. Por tanto O1O2 = CL =LD = FC.
C L
XF
D
30
30
Finalmente, consideremos la circunferencia de centro C y radio CL, y la circunferencia de centro Ly radio LC. Si llamamos X a alguna interseccion de estas circunferencias, el triangulo CLX de-be ser equilatero. Y como CF = CL = CX, tenemos que C es el circuncentro de 4FLX. Deaquı ∠LFX = ∠LCX/2 = ∠XDC = 30. Y dado que CX = O1O2, X es el punto buscado.
2.2. PROBLEMA 3, OIM 2010 (PARAGUAY)
El incırculo del triangulo ABC es tangente a BC, CA y AB en D, E y F respectivamente. La rectaEF corta a BC en G. La circunferencia de diametro GD corta nuevamente al incırculo en R. Sean Py Q las segundas intersecciones de BR y CR con el incırculo, respectivamente. Sea X la interseccionde BQ con CP . Los circuncırculos de CDE y BDF cortan a QR y PR en M y N , respectivamente.Demuestre que PM , QN y RX son concurrentes.
Eduardo Arnoldo Aguilar
Solucion:
A
B C
I
D
E
F
G
R
PQ
X
MN
21
Las cevianas AD, BE y CF son las cevianas de Gergonne del 4ABC y por lo tanto concurrentes, ylos puntos G, F , E son colineales por definicion. Por lo tanto (G, D, B, C) = −1 y ası el cırculo dediametro GD es la circunferencia de Apolonio con razon 1 del segmento BC. Esto implica que RD esla bisectriz de ∠BRC.
Por otro lado ∠PDB = ∠PRD = ∠DRQ = ∠DPQ, de donde BC‖PQ. Por el lema de la medianaRX debe pasar por el punto medio de BC.
Alternativamente, al aplicar Ceva en el 4BRC se tiene
PR
PB· BLLC· CQQR
= 1.
Al combinar esto conPR
PB=RQ
QC(rectas paralelas) se tendra BL = LC, donde L es la interseccion de
RX con BC.
Ahora, sea I el incentro de ABC. Note que los circuncırculos de 4CDE y 4BDF tienen respectiva-mente a CI y BI como diametros, y ademas I es el circuncentro de 4RQP . Como ∠CMI = ∠CEI =∠CDI = 90, M debe ser el punto medio de RQ. De manera analoga N debe ser el punto medio de PR.
Finalmente PM , QN y RX son medianas de 4PQR y por tanto son concurrentes.
Eduardo Arnoldo AguilarCorreo electronico: [email protected]
22
XXV Asian Pacific Mathematics Olympiad
March, 2013
Time allowed: 4 hours Each problem if worth 7 points
The contest problems are to be kept confidential until they are posted on the officialAPMO website http://www.daryn.kz/apmo
Please do not disclose nor discuss the problems over the internet until that date.Calculator are not allowed to use.
Problem 1. Let ABC be an acute triangle with altitudes AD,BE and CF , and let Obe the center of its circumcircle. Show that the segments OA,OF,OB,OD,OC,OEdissect the triangle ABC into three pairs of triangles that have equal areas.
Problem 2. Determine all positive integers n for whichn2 + 1
[√n]2 + 2
is an integer. Here
[r] denotes the greatest integer less than or equal to r.
Problem 3. For 2k real numbers a1, a2, . . . , ak, b1, b2, . . . , bk define the sequence ofnumbers Xn by
Xn =k∑
i=1
[ain + bi] (n = 1, 2, . . .).
If the sequence Xn forms an arithmetic progression, show that∑k
i=1 ai must be aninteger. Here [r] denotes the greatest integer less than or equal to r.
Problem 4. Let a and b be positive integers, and let A and B be finite sets ofintegers satisfying:
(i) A and B are disjoint;(ii) if an integer i belongs either to A or to B, then either i + a belongs to A or
i− b belongs to B.Prove that a|A| = b|B|. (Here |X| denotes the number of elements in the set X.)
Problem 5. Let ABCD be a quadrilateral inscribed in a circle ω, and let P be apoint on the extension of AC such that PB and PD are tangent to ω. The tangent atC intersects PD at Q and the line AD at R. Let E be the second point of intersectionbetween AQ and ω. Prove that B,E,R
23
XIXa OLIMPÍADA de MAYO
Primer Nivel
Mayo de 2013
Duración de la prueba: 3 horas.
Cada problema vale 10 puntos.
No puedes usar calculadora; no puedes consultar libros ni apuntes.
Justifica cada una de tus respuestas.
Al participar te comprometes a no divulgar los problemas hasta el 25 de mayo.
PROBLEMA 1 Hallar la cantidad de formas de escribir el número 2013 como suma de dos enteros mayores o iguales
que cero de modo que al sumar no haya ningún acarreo.
ACLARACIÓN: En la suma 2008 5 2013 hay acarreo de las unidades a las decenas.
PROBLEMA 2 Elisa suma los dígitos de su año de nacimiento y observa que el resultado coincide con los dos últimos
dígitos del año en que nació su abuelo. Más aún, los dos últimos dígitos del año en que ella nació, son
precisamente la edad actual de su abuelo. Hallar el año en el que nació Elisa y el año en el que nació su
abuelo.
PROBLEMA 3 Sea ABCD un cuadrado de papel de lado 10 y P un punto en el lado BC. Al
doblar el papel a lo largo de la recta AP, el punto B determina el punto Q,
como se ve en la figura. La recta PQ corta al lado CD en R. Calcular el
perímetro del triángulo PCR.
PROBLEMA 4
Pablo escribió 5 números en una hoja y luego escribió los números 6,7,8,8,9,9,10,10,11 y 12 en otra
hoja que le dio a Sofía, indicándole que esos números son las sumas posibles de dos de los números que
él tiene escondidos. Decidir si con esta información Sofía puede determinar los cinco números que
escribió Pablo.
PROBLEMA 5 En la pizarra está dibujado un cuadrado de 88 dividido en 64 cuadraditos de 11 mediante líneas
paralelas a los lados.
Gustavo borra algunos segmentos de longitud 1 de modo que a cada cuadradito de 11 le borra 0, 1 ó 2
lados.
Gustavo afirma que borró 6 segmentos de longitud 1 del borde del cuadrado de 88 y que la cantidad de
cuadraditos de 11 que tienen exactamente 1 lado borrado es igual a 5. Decidir si lo que dijo Gustavo
puede ser cierto.
24
XIXa OLIMPÍADA de MAYO
Segundo Nivel
Mayo de 2013
Duración de la prueba: 3 horas.
Cada problema vale 10 puntos.
No puedes usar calculadora; no puedes consultar libros ni apuntes.
Justifica cada una de tus respuestas.
Al participar te comprometes a no divulgar los problemas hasta el 25 de mayo.
PROBLEMA 1 Sofía sumó los números de las páginas de un libro empezando por el 1 en la primera página y obtuvo
2013. Pablo vio cómo hizo la suma y se dio cuenta que Sofía se saltó una página. ¿Cuántas páginas
tiene el libro y qué número de página se saltó?
PROBLEMA 2 Se dispone de un regla sin números y de un trisector que marca en cualquier segmento los dos puntos
que lo dividen en tres partes iguales. Construir el punto medio de un segmento dado utilizando
exclusivamente estas dos herramientas.
PROBLEMA 3
Se marcan varios puntos distintos en el plano, y se trazan todos los segmentos determinados por esos
puntos. Una recta r no pasa por ninguno de los puntos marcados y corta a exactamente 60 de los
segmentos que hemos trazado. ¿Cuántos segmentos no están cortados por r? Dar todas las posibilidades.
PROBLEMA 4
¿Es posible escribir 100 números impares en una fila de tal forma que la suma de cada 5 números
adyacentes sea un cuadrado perfecto y que la suma de cada 9 números adyacentes también sea un
cuadrado perfecto?
PROBLEMA 5 Se tienen 600 tarjetas, 200 de ellas tienen escrito el número 5, 200 tienen escrito el número 2 y las otras
200 tienen escrito el número 1. Usando estas tarjetas se quieren formar grupos de tal forma que en cada
grupo la suma de los números sea 9. ¿Cuál es la mayor cantidad de grupos que se pueden formar?
25
Columna de Problemas No. 9 (Soluciones)
Problema 18
Dado un triangulo acutangulo ABC, sean P y Q los pies de las perpendiculares trazadas desde Ay B, respectivamente, y D un punto cualquiera sobre el mayor arco AB del circuncırculo del trianguloABC. Si R es la interseccion de BD y AP y S es la interseccion de AD y BQ, demostrar que PQbiseca a RS.
Fuente: Desconocida
Solucion de Eduardo Arnoldo Aguilar (El Salvador)
Sea M es la interseccion de PQ con RS. Aplicando Menelao al triangulo HRS respecto a a la rectaP −Q−M se tiene:
PH
PR· RMMS
· SQQH
= 1.
Se sigue que RM = MS si y solo si:QS
PR=QH
PH.
Por otro lado, notemos que ∠SHR = ∠PHB = ∠ACB = ∠ADR pues los cuadrilateros CQHP yCADB son cıclicos, de donde el cuadrilatero RSHD tambien es cıclico. Esto implica ∠DRH = ∠DSH,pero como ∠SQA = ∠RPB se tiene que los triangulos AQS y BRP son semejantes. En consecuencia
QS
PR=QA
BP=SA
RB.
Por lo tanto RM = MS si y solo si:QH
PH=QA
BPo bien
QH
QA=PH
PB.
Pero esto es cierto, pues los triangulos AQH y BPH son semejantes.
C
A B
Q
P
D
R
S
M
H
26
Problema 41 (corregido)
A partir del paralelogramo de la izquierda se crea una teselacion del plano euclidiano, tal y comose muestra a la derecha. Supongase que existe un cuadrado cuyos vertices coincidan con los verticesde algunos de los paralelogramos . Demostrar que tan Θ es racional.
Fuente: Original de Julio Ayala, Universidad de Buenos Aires
Θ
Solucion de Byron Escobar, Universidad de El Salvador
Supongamos que el paralelogramo “unitario” tiene lados de longitud a y b. Consideremos el parale-logramo ABCD que circunscribe al cuadrado A′B′C ′D′, cuyo lado tiene longitud ` con A′ en AB, B′
en BC, C ′ en CD y D′ en AD. Entonces se puede decir que DD′ = m · b, DC ′ = m′ · a, CC ′ = n′ · ay CB′ = n · b, en donde m, m′, n′ y n son numeros naturales.
Si Θ = ∠D′DC ′ entonces se obtiene que ∠B′CC ′ = 180 − Θ. Y si nombramos β = ∠D′C ′D,entonces ∠DD′C ′ = 180− (Θ+β). Considerando que ∠B′C ′D′ = 90, resulta que ∠B′C ′C = 90−βy luego ∠C ′B′C = Θ + β − 90.
Ahora aplicando la ley de senos en los 4C ′D′D y en 4B′C ′C obtenemos respectivamente lassiguientes relaciones:
sen Θ
l=
senβ
m · b=
sen(β + Θ)
m′ · asen Θ
l=
cosβ
n · b= −cos(β + Θ)
n′ · a.
Igualando ambas expresiones se puede obtener que tanβ = m/n y tan(β + Θ) = −m′/n′. Ahora poruna identidad trigonometrica conocida tenemos que:
tan Θ =tan(β + Θ)− tanβ
1 + tan(β + Θ) tanβ=−m′/n′ −m/n
1 +m ·m′/n · n′= −n ·m
′ +m · n′
n · n′ +m ·m′∈ Q,
con lo que el problema queda demostrado.
A′
B′ C
A D′ D
C ′
B
Θ
β
27
Problema 42
En un triangulo PQR se inscribe otro triangulo A′B′C ′, y por los vertices P , Q, R del primerose trazan paralelas a los lados del segundo, formandose el triangulo ABC. Demostrar que el area deltriangulo PQR es la media geometrica de las areas de los triangulos A′B′C ′ y ABC.
Fuente: Original de Rufo Casco, Universidad Nacional de Ingenierıa de Nicaragua
Solucion de Byron Escobar, Universidad de El Salvador
Como AB ‖ A′B′, BC ‖ B′C ′, AC ‖ A′C ′, sabemos que el 4A′B′C ′ es homotetico a 4ABC,digamos que por una razon k. Tambien sabemos que los segmentos AA′, BB′ y CC ′ concurren en unpunto X que esta al interior de ambos triangulos; esto es tambien dado por la homotecia.
Definimos a h′A como la longitud de la altura de4XB′C ′ trazada desde X, y a hA como la longitudde la altura de 4XBC trazada desde X; de la misma manera se definen h′B , hB , h′C y hC . Ası, setienen las siguientes relaciones dadas por la homotecia: hA = k · h′A, hB = k · h′B y hC = k · h′C , y secumple que hA ⊥ B′C ′, hB ⊥ A′C ′ y hC ⊥ A′B′. Asumiendo que P esta en BC, Q en AC y R enAB, tenemos que:
[PQR] = [XB′RA′] + [XC ′PB′] + [XA′QC ′] =hC ·A′B′ + hA ·B′C ′ + hB ·A′C ′
2
= k ·(h′C ·A′B′ + h′A ·B′C ′ + h′B ·A′C ′
2
)= k · ([XA′B′] + [XB′C ′] + [XA′C ′])
=
√[ABC]
[A′B′C ′]· [A′B′C ′]
=√
[ABC] · [A′B′C ′]
con lo cual el problema queda demostrado.
Q R
P
C ′B′
A′
C
B
A
X
28
Solucion de Daniel Campos, Universidad de Costa Rica
Sean (1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1) las coordenadas baricentricas de P , Q, R, respectivamente. Sean(0, 1 − z, z), (x, 0, 1 − x), (1 − y, y, 0) las coordenadas de A′, B′, C ′, respectivamente. Como AR esparalelo a A′B′ y AQ es paralelo a A′C ′ entonces las coordenadas de A satisfacen
(0, 0, 1) + u(x, z − 1, 1− x− z) = (0, 1, 0) + v(y − 1, 1− y − z, z),
para algun par de reales u, v. Resolviendo el sistema de ecuaciones se obtiene que
u =y − 1
(1− x)(1− y)(1− z) + xyz,
de manera que las coordenadas de A son(−x(1− y)
S,
(1− y)(1− z)S
,xz
S
),
donde S = (1− x)(1− y)(1− z) + xyz. Analogamente se obtiene que las coordenadas de B son(xy
S,−y(1− z)
S,
(1− x)(1− z)S
).
Con las coordenadas anteriores no es difıcil notar que la razon de semejanza entre los triangulosA′B′C ′ y ABC es A′B′/AB = S, de manera que [A′B′C ′]/[ABC] = S2. Finalmente, note que
[A′B′C ′]
[PQR]=
∣∣∣∣∣∣0 1− z zx 0 1− x
1− y y 0
∣∣∣∣∣∣ = S.
Combinando los dos resultados anteriores se concluye el resultado.
29
Problema 43
A partir de un triangulo fijo A1B1C1 se crea una sucesion de triangulos AkBkCkk≥1 tal quepara cada k ≥ 1 los segmentos AkAk+1, BkBk+1 y CkCk+1 son cevianas interiores y concurrentes deltriangulo AkBkCk.
Si [ABC] denota el area del triangulo ABC, probar que la serie∑∞
k=1[AkBkCk] converge y deter-minar cuando alcanza su maximo valor.
Fuente: Original de Julio Ayala, Universidad de Buenos Aires
Solucion de Daniel Campos, Universidad de Costa Rica
Sea ABC un triangulo y AA′, BB′, CC ′ cevianas interiores concurrentes en un punto P . Sean(1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1) las coordenadas baricentricas de A, B, C, respectivamente, y (x, y, z) la deP , con x+ y+ z = 1. A partir de esto se sigue que las coordenadas de A′ son (0, y/(y+ z), z/(y+ z)),y similarmente se obtienen las de B′ y C ′. Por lo tanto, se tiene que
[A′B′C ′]
[ABC]=
∣∣∣∣∣∣0 y/(y + z) z/(y + z)
x/(z + x) 0 z/(z + x)x/(x+ y) y/(x+ y) 0
∣∣∣∣∣∣ =2xyz
(x+ y)(y + z)(z + x)≤ 1
4,
con igualdad si y solo si x = y = z, es decir, cuando las cevianas son las medianas. Por lo tanto setiene que [AkBkCk] ≤ [A1B1C1]/4k−1.
La convergencia de la serie se concluye de la convergencia de la serie geometrica y el mayor valorse alcanza cuando cada uno de los triangulos Ak+1Bk+1Ck+1 es el triangulo medial de AkBkCk.
Solucion del autor
Definamos λ1 =B1A2
A2C1, λ2 =
C1B2
B2A1y λ3 =
A1C2
C2B1. Por el teorema de Ceva tendremos λ1λ2λ3 = 1.
La siguiente identidad es muy conocida y no muy difıcil de demostrar:1
[A2B2C2] =(1 + λ1λ2λ3)
(1 + λ1)(1 + λ2)(1 + λ3)[A1B1C1].
Sustituyendo λ1λ2λ3 = 1 y utilizando la desigualdad de las medias obtendremos
[A2B2C2] =2[A1B1C1]
(1 + λ1)(1 + λ2)(1 + λ3)≤ 2[A1B1C1]
(2√λ1)(2
√λ2)(2
√λ3)
=[A1B1C1]
4.
Un argumento inductivo sencillo nos lleva a concluir que [AkBkCk] ≤ [A1B1C1]/4k−1 para k ≥ 1.
La convergencia de la serie pedida se sigue por comparacion con la serie geometrica convergente[A1B1C1]/4k−1
k≥1. Tendremos
max∑k≥1
[AkBkCk] ≤ [A1B1C1]∑k≥1
1
4k−1=
[A1B1C1]
1− 1/4=
4[A1B1C1]
3.
La igualdad se alcanza cuando para todo k ≥ 1 los vertices Ak+1, Bk+1 y Ck+1 son los puntos mediosde los lados del triangulo AkBkCk.
1Nota del editor: Consultar por ejemplo Andreescu, Gelca, Complex Numbers from A to Z, Birkhauser, 2006, p.80.
30
Problema 44
Resolver en enteros la ecuacion 2am+ 2a+1(m+ 1) + 2a+2(m+ 2) = m(m+ 1).
Fuente: Original de Manuel Mundo (El Salvador)
Solucion de Daniel Campos, Universidad de Costa Rica
La ecuacion se puede reescribir como
2a(7n+ 3) = n(n− 1),
donde n = m + 1. El lado derecho es no negativo si n es un entero, esto implica que 7n + 3 ≥ 0, dedonde se sigue que n ≥ 0.
Consideramos dos casos: a ≥ 0 y a < 0. En el primer caso se tiene que 7n + 3 divide a n(n − 1).Note que
30 = 49n(n− 1)− (7n+ 3)(7n− 10),
por lo que 7n+3 divide a 30. Como n ≥ 0 no es difıcil concluir que 0 y 1 son los unicos posibles valoresde n. Sin embargo, es claro que si n = 0 o n = 1 la ecuacion original no tiene solucion.
En el segundo caso, tenemos que n divide a 7n+ 3, de donde se sigue que n divide a 3. Por lo tanton = 1 o 3. El caso n = 1 no tiene solucion y con el caso n = 3 se obtiene que a = −2.
Ası se concluye que la unica solucion del problema es a = −2 y m = 2.
Recibida tambien una solucion incompleta de Silvio Gutierrez, Colegio Purısima Concepcion de Marıa(Nicaragua).
31
Columna de Problemas No. 10
46. Encuentre todas las parejas de primos distintos p y q tales que pn−1 + qn−1 divide a pn + qn.
Original de Manuel Alejandro Mundo, Massachusetts Institute of Technology
47. Sea A1A2A3 un triangulo con circuncırculo Ω y ortocentro H. La circunferencia con diametroAiH interseca a Ω en el punto Bi, distinto de Ai, para i = 1, 2, 3. Las rectas AiBi+1 y Ai+1Bi
se intersecan en Ci para i = 1, 2, 3, donde los subındices son tomados modulo 3. Demuestre quelos puntos C1, C2, C3 y el centroide de ABC estan alineados.
Original de Jason Bermudez, Universidad Nacional Autonoma de Honduras
48. Considere un conjunto de n ≥ 5 puntos no colineales en el plano. Demuestre que existe unsubconjunto con al menos d
√n e puntos, tal que todos los triangulos con vertices en esos puntos
no son acutangulos.
Original de Santiago Chaves Aguilar, Universidad de Costa Rica
49. Sea ABC un triangulo que no es equilatero o rectangulo. Sean Ab y Ba las intersecciones de ABcon las reflexiones de BC y CA sobre CA y BC, respectivamente. Se definen analogamente lospuntos Bc, Cb sobre BC y Ca, Ac sobre CA. Pruebe que los seis puntos Ab, Ba, Bc, Cb, Ca, Ac
estan todos sobre una misma hiperbola.
Original de Rafael Martınez, Universidad de San Carlos (Guatemala)
50. Sean k y n enteros positivos, con k impar mayor que 1. Considere un alfabeto con k letras a lasque se le asignan los valores 1, 2, . . . , k. Se dice que una palabra es buena si existe una letra enla palabra que es igual a la suma de las restantes letras modulo k. Sea p(n) la probabilidad deque una palabra de n letras no sea buena. Demuestre que
lımn→∞
1
nlog p(n) = log
(1− 1
k
).
Original del Grupo de Olimpiadas Matematicas de la Universidad de Costa Rica yJose Esteban Campos (Costa Rica)
32
Cafe Matematico No. 10
Curiosidades: “Aunque Ud. no lo crea” matematico
1. Un resultado de M. Makhbout afirma que para todo n > 3 el numero n4 + 1 tiene un factorprimo mayor que 137.
2. Existe un numero real θ (la constante de Mills) tal que bθ3nc es primo para todo n > 0.
3. El criterio de irreducibilidad de Cohn dice que si p = amam−1 · · · a0 es la representacion decimalde un numero primo p, entonces el polinomio
p(x) = amxm + am−1x
m−1 + · · ·+ a1x+ a0
es irreducible sobre los enteros.
4. Si mcd denota al maximo comun divisor y ϕ denota a la funcion ϕ de Euler, entonces∣∣∣∣∣∣∣∣∣mcd (1, 1) mcd (1, 2) · · · mcd (1, n)mcd (2, 1) mcd (2, 2) · · · mcd (2, n)
......
......
mcd (n, 1) mcd (n, 2) · · · mcd (n, n)
∣∣∣∣∣∣∣∣∣ = ϕ(1)ϕ(2) · · ·ϕ(n).
Este resultado es atribuido a Donald Knuth.
5. Recientemente, Harlan Brothers descubrio como obtener el numero e ¡en el triangulo de Pascal!Si Sn es el producto de los numeros en la n-esima fila del triangulo, entonces
lımn→∞
Sn−1Sn+1
S2n
= e.
6. El teorema de Futurama fue planteado y demostrado por el matematico y productor de televisionKen Keeler para el episodio The Prisoner of Benda de Futurama. Los personajes intercambiancuerpos a traves de una maquina milagrosa que, desafortunadamente, no puede revertir el proce-so. Luego de muchos intercambios, surge la interrogante de como regresar a todos a sus cuerposoriginales usando a personas extra como intermediarias. Keeler probo que dos de ellas bastan:
Sea S un conjunto finito y x, y dos objetos que no pertenecen a S. Cualquier permutacion delos elementos de S puede ser reducida a la identidad mediante una sucesion de transposicionesdistintas del conjunto S ∪ x, y, tales que cada una de ellas contiene a x o a y.
Amy y el profesor Farnsworth. Fuente: Internet
33
Noticiero matematico
Solucionados dos famosos problemas de la teorıa de numeros
El ano 2013 ha sido sin duda el annus mirabilis de la teorıa de numeros... al menos desde el puntode vista de aficionado del editor. Dos resultados trascendentales relacionados a problemas clasicos dela aritmetica (la conjetura de los primos gemelos y la conjetura de Goldbach) fueron anunciados amenos de un mes de separacion.
El primer anuncio, hecho en abril por el chino-estadounidense Yitang Zhang de la Universidadde New Hampshire, concierne a la distribucion de los numeros primos, en concreto al espacio entreprimos consecutivos. Se sabe que, en promedio, los numeros primos tienden a ser poco frecuentes entrenumeros muy grandes, y en consecuencia cabe preguntarse si el espacio entre primos puede crecerindefinidamente. Zhang demostro que esto no es ası: existe cierta constante N , menor que 70000000,tal que existen infinitos primos cuya diferencia es igual a N .
Este resultado esta relacionado a otro mucho mas famoso (la conjetura de los primos gemelos),que predice la existencia de infinitos primos cuya diferencia es igual a 2. La importancia del trabajo deZhang radica en que el espacio entre primos ha sido acotado por una constante finita. Varios expertosopinan que el valor de dicha constante puede ser reducido al refinar las tecnicas empleadas por Zhang,y la posibilidad de demostrar la conjetura de los primos gemelos por este medio no esta descartada.
La magnitud de la noticia ha sido aumentada por el perfil inusual del autor. La verdad es que Zhangera hasta entonces desconocido entre los expertos de esta area de la matematica; de hecho, al tenerdificultades para obtener un trabajo academico llego incluso a trabajar en la cadena de restaurantesSubway. Por otra parte, publico el trabajo recien mencionado a una edad (mas de 50 anos) que desafıala creencia popular de que la investigacion matematica es un trabajo para mentes jovenes.
Yitang Zhang
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El segundo anuncio vino poco despues, en mayo: Harald Helfgott, un matematico peruano de laEcole Normal Superieure, publico una prueba de la conjetura debil de Goldbach, una version dela famosa conjetura (fuerte) de Goldbach.
Aquı vale la pena aclarar el significado de los calificativos “fuerte” y “debil”: La conjetura fuertede Goldbach afirma que todo numero par mayor que 2 puede escribirse como la suma de dos primos,mientras que la conjetura debil dice que todo numero impar mayor que 5 puede escribirse como lasuma de tres primos. Observe que el segundo resultado es verdadero al asumir como cierto el primero,pues al restar 3 de un entero impar se obtiene un par, que es la suma de dos primos por hipotesis.Luego, el segundo resultado, el debil, se demuestra a partir del primer resultado, el fuerte.
El trabajo de Helfgott viene a ser la culminacion de una larga serie de investigaciones basadas en lasideas de de Hardy-Littlewood, quien introdujo el llamado metodo del cırculo, y de Vinogradov, quienextendiendo dicho metodo establecio que existe una cota finita a partir de la cual la conjetura debil deGoldbach es cierta. Esto significa que, de conocerse esta constante, las excepciones podrıan calcularsemanualmente; empero, la prueba original de Vinogradov brinda un valor excesivamente grande. Lasinvestigaciones en esa direccion se dedicaron a reducir el tamano de dicha cota, hasta que Helfgottlogro ingeniosamente llevarla a un valor manejable (aproximadamente 1030) para verificar los casosrestantes por computadora.
Desafortunadamente, tal y como en el caso de la conjetura de los primos gemelos, expertos como elmedallista Fields Terence Tao y el mismo Helfgott no creen los metodos actuales basten para establecerla conjetura fuerte de Goldbach. ¿Por cuanto tiempo mas resisitiran estos problemas el asedio de losmatematicos?
Harald Helfgott
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Deligne recibe el Premio Abel 2013
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”.Este ano el premio ha sido otorgado al matematico belga Pierre Deligne (1944-), un household nameen la matematica moderna, “por sus trascendentales contribuciones a la geometrıa algebraica y su im-pacto transformador en la teorıa de numeros, teorıa de la representacion, y otros campos relacionados”.
Deligne se volvio famoso en una fase temprana de su carrera por su demostracion de las conjeturasde Weil, y en particular por establecer una version de la hipotesis de Riemann para variedades sobrecuerpos finitos. Por este logro fue premiado con la prestigiosa Medalla Fields (1978), y posteriormenteel Premio Crafoord (1988) junto con Alexander Grothendieck. Por otra parte, pueden encontrarse enla geometrıa algebraica varios conceptos que llevan su nombre, por ejemplo las teorıas de espacios demodulos y los stacks (de Deligne-Mumford), ası como la cohomologıa de Deligne.
Cerramos esta nota con un encantador comentario del ganador. Al parecer, el no ha decididoque hacer con el dinero de su premio (cerca de $1000000), pero desea invertirlo de manera util para lamatematica. “Hasta cierto punto, siento que este dinero pertenece a la matematica, no a mı”. ¡Cuantoscientıficos nobles como el hacen falta en nuestro paıs!
Pierre Deligne
Mas informacion
Klarreich, Erica, Unheralded Mathematician Bridges the Prime Gap, Quanta Magazine.https://www.simonsfoundation.org/quanta/20130519-unheralded-mathematician-bridges-the-prime-gap/
Lamb, Evelyn, Goldbach Variations, Scientific American Blogs.http://blogs.scientificamerican.com/roots-of-unity/2013/05/15/goldbach-variations/
Ball, Philip, Belgian Mathematician Wins Abel Prize for Shaping Algebraic Geometry, Scienti-fic American Blogs. http://www.scientificamerican.com/article.cfm?id=belgian-mathematician-wins-abel-prize-for-shaping-algebraic-geometry
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