Revista Escolar de la Olimpíada Iberoamericana de Matemática

Número 58 (julio – diciembre 2017)

ISSN – 1698-277X

ÍNDICE

Artículos, Notas y Lecciones de preparación olímpica 58

Jean Louis Ayme: El teorema de Reim viaja.

Francisco Javier García Capitán: Máximos sin derivadas

Batinetu-Giurgiu & Neculai Stanciu: Una nueva demostración de la

desigualdad de Euler

Problemas para los más jóvenes 58

Presentamos las soluciones a los problemas PMJ57-2 y PMJ57-3, enviadas por

Luis Miguel Maraví Zavaleta, de Huamachuco, Perú.

Problemas de nivel medio y de Olimpiadas 58

POlimp58: Cinco problemas de la Competición Matemática Mediterránea

Problemas 58

Problemas propuestos 291-295

Problemas resueltos

Nota del editor: por un error de archivo, en el número 57 de la REOIM no se

incluyó a Mardónio Luz do Amaral, de Pernambuco (Brasil), entre los resolventes

del problema número 282, por lo que le pedimos disculpas.

Problema 286 : Recibidas soluciones de Bruno Salgueiro Fanego, (Vivero,

España) y del proponente. Presentamos la solución de Salgueiro.

Problema 287 : Recibidas soluciones de: Luis Maraví Zavaleta (Huamachuco,

Perú), Joaquim Nadal Vidal (LLagostera, España), Bruno Salgueiro Fanego

(Vivero, España), y del proponente. Presentamos la solución de Salgueiro .

Problema 288 : Recibidas soluciones de Jesús Dueñas Pamplona (estudiante,

Valladolid, España), Bruno Salgueiro Fanego (Vivero, España) y del proponente.

Presentamos las soluciones de Dueñas y de Salgueiro.

Problema 289 : Recibidas soluciones de Miguel Amengual Covas (3 soluciones;

Santanyi, España), Florentino Damián Aranda Ballesteros (Córdoba, España),

Jesús Dueñas Pamplona (estudiante, Valladolid, España), Joaquín Nadal Vidal

(LLagostera, España), Cristóbal Sánchez-Rubio García (Benicassim, España),

Bruno Salgueiro Fanego (Vivero, España), y el proponente. Presentamos las

soluciones de Amengual.

Problema 290: Recibidas soluciones de: Joaquín Nadal Vidal (LLagostera,

España), Paolo Perfetti (Universitá degli Studi Tor Vergata, Roma, Italia), Bruno

Salgueiro Fanego (Vivero, España), Albert Stadler (Herrliberg, Suiza), Neculai

Stanciu & Titu Zvonaru (Buzau y Comanesti, Rumania), y del proponente.

Presentamos la solución de Salgueiro.

Comentario de libros, reseña de páginas web y noticia de congresos 58

Comentario de libros

“La Vía Láctea” de María Victoria Veguín Casas

Congresos

15ª Conferencia Internacional de The Mathematics Education for the Future

Project Theory and Practice: An Interface or A Great Divide?

XVII Congreso de Enseñanza y Aprendizaje de las Matemáticas cuyo lema es:

“Matemáticas en tierra de cine”

Divertimentos matemáticos 58

En esta ocasión reiteramos un llamamiento para que los lectores nos remitan

materiales para esta sección. Nos parece que es una sección que cumple una

interesante función y que puede ser un excelente momento para muchos

lectores puedan iniciar su participación en la Revista Escolar de la Olimpíada

Iberoamericana de matemática. Para mandar las propuestas pueden usar el

correo revistaoim@oei.es

Realizado en el marco del Instituto Iberoamericano de Enseñanza de

las Ciencias y la Matemática (IBERCIENCIA) con la colaboración de

la Consejería de Economía y Conocimiento de la Junta de

Andalucía

EL TEOREMA DE REIM

VIAJA…

RIO DE JANEIRO - BRASIL

58th International Mathematical Olympiad (12-23 Julio 2017)

Día 2, Problema 4

Jean-Louis AYME 1

R S T

J

A

K 0

1

Résumé. L'auteur présente une preuve originale du Problème 4 des O.I.M de 2017 basés sur son théorème favori i.e. le théorème de Reim.

Abstract. The author presents an original proof of problem 4 of the O.I.M of 2017

based on his theorem favourite theorem i.e. the Reim’s theorem. Resumen. El autor presenta una prueba original del problema 4 de la O.I.M 2017

basado en su teorema favorito, es decir el Teorema de Reim. 1 St-Denis, Île de la Réunion (Océan Indien, France), le 31/10/2017 ; jeanlouisayme@yahoo.fr

2

2

Zusammenfassung. Der Autor zeigt ein origineller Beweis für das Problem 4 von den O.I.M 2017

basierend auf seine Lieblings-Theorem d. h. der Reim Theorem.

Communication privée du professeur Francisco Bellot Rosado

Pendant le passé mois de juillet je suis à Rio de Janeiro comme correcteur du problème 4 de l'Olympiade Internationale de Math. Dans un certain moment, le capitaine du problème m'a demandé si je connaissais "un théorème de JAIME" et en réalité était le théorème 0 de Reim que nous avons trouvé dans votre site, et avec lequel on pouvait résoudre le problème!

Archivos

2

3

2

Informaciones generales

Rio de Janeiro, Brasil (12-23 July 2017) Número de paises participantes: 111. Nombre de concursantes: 615; 62♀.

Premios

Puntos posibles máximos por concursante: 7+7+7+7+7+7=42. Medallas de oro : 48 (score ≥ 25 points). Medallas de plata : 90 (score ≥ 19 points). Medallas de bronce : 153 (score ≥ 16 points). Menciones honoríficas : 222.

https://www.imo2017.org.br/ ; https://www.imo-official.org/year_info.aspx?year=2017 3 https://artofproblemsolving.com/community/c481799_2017_imo IMO 2017 Problem 4 , AoPS du 19/07/2017 ;

https://artofproblemsolving.com/community/c6h1480682p8639236

3

3

EL PROBLEMA 4

VISIÓN

Figura :

R S T

J

A

K 0

1

T r

Notaciones : 0 una circunferencia,

R, S dos puntos de 0 tales que (RS) no es pas un diámetro de 0, Tr la tangente a 0 en R, T el simétrico de R con respecto a S, J un punto del arco menor RS, 1 la circunferencia que pasa por J, T, S, A el punto de intersección más próximo a R de 1 con Tr

y K el segundo punto de intersección de (AJ) con 0. Tesis : (TK) es tangente a 1 en T.

VISUALISACIÓN

4

4

R S T

J

A

K 0

1

T r

• Las cercunferencias 0 e 1, los puntos base J y S, las rectas (KJA) y (RST), conducen al teorema 0 de Reim 4

R S T

J

A

K 0

1

U

O

2

T r

; dr ahí se deduce que (KR) // (AT).

• Llamemos U al segundo punto de intersección de (KT) con 0.

• La circunferencia 0, los puntos base U y V, los rayos (KUT) y (RRA), las paralelas (KR) y (TA), conducen al teorema 3'' de Reim 5

4 http://jl.ayme.pagesperso-orange.fr/Docs/0.pdf 5 http://jl.ayme.pagesperso-orange.fr/Docs/3'.pdf

; en consecuencia, U, R, T y A son concíclicos. • Llamemos 2 a esa circunferencia y O al centro de 2.

5

5

• siendo S el punto medio de [RT], (OS) es la mediatriz de [RT].

R S T

J

A

K 0

1

U

O

2

T r

V

B

• Sean B, V los segundos puntos de intersección de 2 resp. con (US), (AS). • Escolio : Por ser (OS) la mediatriz de [RT], (VU) // (AB) • Las circunferencias 2 y 0, los points base R y U, las rectas (ARR) y (BUS), conducen al teorema 0 de Reim 6

conducen al teorema 3'' de Reim

; de ahí se sigue que (AB) // (RS) ; por hipótesis, (RS) // (ST) ; por transitividad =, (VU) // (ST). • Las circunferencias 2 y 1, los puntos base A y T, la recta (VAS), las paralelas (VU) y (ST),

7

6 http://jl.ayme.pagesperso-orange.fr/Docs/0.pdf 7 http://jl.ayme.pagesperso-orange.fr/Docs/3'.pdf

; en consecuencia, (TU) es la tangente a 1 en T.

6

6

R S T

J

A

K 0

1

T r

• Conclusión : (TK) es tangente a 1 en T.

MAXIMOS SIN DERIVADAS

FRANCISCO JAVIER GARCIA CAPITAN

Resumen. Este artıculo reune varios ejemplos de como calcular

extremos sin necesidad de usar el calculo diferencial. Solo usaremos

conocidas desigualdades entre las medias geometrica, aritmetica y

cuadratica.

1. Desigualdades entre medias

Dados tres numeros positivos x, y, z definimos su medias geometricaG, su media aritmetica M y su media cuadratica Q como

G = 3√

xyz, M =x + y + z

3, Q =

√

x2 + y2 + z2

3.

Probaremos que siempre es G 6 M 6 Q, cumpliendose la igualdadsi y solo si x = y = z. Lo mismo es cierto para cualquier numero devariables, pero aquı nos centramos en el caso de tres numeros x, y, z.

2. La desigualdad G 6 M

Para demostrar que G 6 M demostramos primero la version para elcaso de dos numeros, es decir:

Proposicion 1. Si x, y > 0 se cumple√

xy 6x+y

2y la igualdad es

cierta si y solo si x = y.

Demostracion. Es inmediato de la desigualdad

x + y

2−

√xy =

(√x −

√y)2

2> 0.

Ahora demostramos la version para cuatro numeros.

Proposicion 2. Si x, y, z, t > 0 se cumple 4√

xyzt 6x+y+z+t

4.

Demostracion. Usamos dos veces la version para dos numeros,

4√

xyzt =

√

√xy

√zt 6

√xy +

√zt

26

x+y2

+ z+t2

2=

x + y + z + t

4.

Ahora ya podemos demostrar la version para tres numeros.

Proposicion 3. Si x, y, z > 0 se cumple 3√

xyz 6x+y+z

3.

Demostracion. Dados x, y, z > 0, aplicando la Proposicion 2,

4

√

xyzM 6x + y + z + M

4⇒

4√

G3M 63M + M

4= M

⇒ G3M 6 M4 ⇒ G 6 M.

1

2 FRANCISCO JAVIER GARCIA CAPITAN

Proposicion 4. Se cumple que G 6 M y la iguladad es cierta si y solo

si x = y = z.

3. La desigualdad M 6 Q

Es posible dar una demostracion directa de esta desigualdad:

Proposicion 5. Si x, y, z > 0 entonces x+y+z3

6

√

x2+y2+z2

3, cum-

pliendose la igualdad si y solo si x = y = z.

Demostracion. Evidentemente tenemos:

x + y + z

36

√

x2 + y2 + z2

3⇔ (x + y + z)2

6 3(x2 + y2 + z2)

⇔ 3x2 + 3y2 + 3z2 − (x2 + y2 + z2 − 2xy − 2xz − 2yz) > 0

⇔ 2x2 + 2y2 + 2z2 − 2xy − 2xz − 2yz > 0

⇔ (x − y)2 + (x − z)2 + (y − z)2> 0

cumpliendose la igualdad si y solo si x = y = z.

4. Los problemas

Vamos a usar las desigualdades entre las medias para resolver algunosproblemas de optimizacion:

1. Hallar las dimensiones y el volumen maximo de un cilindro ins-crito en una esfera de radio R.

2. Hallar las dimensiones y el volumen maximo de un cilindro ins-crito en un octaedro regular de arista a.

3. Hallar las dimensiones y el volumen maximo de un cilindro ins-crito en un tetraedro regular de arista a.

4. Hallar las dimensiones y el volumen maximo de un cono inscritoen una esfera de radio R.

5. Hallar las dimensiones y el volumen maximo de un cono inscritoen una octaedro regular de arista a.

5. Las soluciones

Problema 1. Hallar las dimensiones y el volumen maximo de un ci-

lindro inscrito en una esfera de radio R.

Solucion. Llamando r al radio de la base del cilindro y h a su altura,debemos maximizar V = πr2h cumpliendose que (h

2)2 + r2 = R2. En

lugar de usar el calculo diferencial, usaremos la desigualdad entre lamedia geometrica y la media cuadratica, a saber,

3√

xyz 6

√

x2 + y2 + z2

3⇔ xyz 6

(

x2 + y2 + z2

3

)3/2

,

MAXIMOS SIN DERIVADAS 3

cumpliendose la igualdad si y solo si x = y = z. Entonces

V =πr2h = 4πr√

2

r√

2

h

26 4π

(

r2

2+ r2

2+ h2

4

3

)3/2

=4π

(

R2

3

)3

2

=4π

3√

3R3

cumpliendose la igualdad cuando h =√

2r y

πr2 ·√

2r =4π

3√

3R3 ⇒ r3 =

4

3√

6R3 =

8

6√

6R3 ⇒ r =

2√

6R, h =

2√

3R.

Problema 2. Hallar las dimensiones y el volumen maximo de un ci-

lindro inscrito en un octaedro regular de arista a.

P

D BO

A

C

QR

S

X

Y

Solucion. En la figura de la derecha ABCD yPQRS son las secciones del octaedro y el cilindro

respectivamente con AB =√

3

2a, PQ = h y QR =

2r. Por tanto, OA =√

2

2a y, usando los triangulos

semejantes PXB y OAB, obtenemosh

2a

2−r

=√

2, de

donde resulta la relacion r + h2√

2= a

2(1). La misma

relacion puede obtenerse usando la ecuacion segmen-

taria de la recta AB con A = (0,√

2a2

) y B = (a2, 0)

sobre la que esta el punto P = (r, h2).

Tenemos que maximizar el volumen V = πr2h cuando se cumple (1).Usando la desigualdad entre las medias aritmetica y geometrica, es

decir, la desigualdad 3√

xyz 6x+y+z

3, cumpliendose la igualdad si y solo

si x = y = z, tenemos

V = 8√

2π ·r

2·r

2·

h

2√

26 8

√2π ·

( r2

+ r2

+ h2√

2

3

)3

= 8√

2π ·(a

6

)3

=

√2πa3

27,

cumpliendose la igualdad si y solo si h =√

2r y

πr2 ·√

2r =

√2πa3

27⇔ r =

a

3, h =

√2a

3.

Problema 3. Hallar las dimensiones y el volumen maximo de un ci-

lindro inscrito en un tetraedro regular de arista a.

OX

B

Y P

A

Solucion. En la figura de la derecha O es elcentro de una de las caras del tetraedro y AB

es la altura de otra cara.El cuadrilatero PXOY representa la seccion

de medio cilindro inscrito en el tetraedro, don-

de PX = h, PY = r, AB =√

3a2

, OB =√

3a6

.Entonces,

OA =√

AB2 − OB2 =√

3a2

4− 3a2

36=

√

6a3

.

4 FRANCISCO JAVIER GARCIA CAPITAN

El radio r y la altura h del cilindro inscritodeben cumplir la relacion

r

a√

3

6

+h

a√

6

3

= 1 ⇔ r +h

2√

2=

a√

3

6.

El volumen del cilindro inscrito es por tanto

V = πr2h = 8√

2π ·r

2·r

2·

h

2√

268

√2π ·

(

r2

+ r2

+ h2√

2

3

)3

=8√

2π ·

(√3a

18

)3

=

√6πa3

243,

cumpliendose la igualdad cuando h =√

2r y

πr2 ·√

2r =

√6πa3

243⇒ r =

a

3√

3, h =

√6a

9.

Problema 4. Hallar las dimensiones y el volumen maximo de un cono

inscrito en una esfera de radio R.

r

R

Rh-R

Solucion. En primer lugar, usamos el teorema dePitagoras para obtener la relacion (h−R)2+r2 = R2,o bien, r2 = 2Rh − h2.

Entonces, buscamos hacer maxima la expresionV = π

3r2h = π

3h2(2R − h).

Usando la desigualdad entre las medias aritmeticay geometrica,

V =π

3h2(2R − h) =

4π

3·h

2·h

2· (2R − h) 6

4π

3

(

h2

+ h2

+ 2R − h

3

)3

=4π

3

(

2R

3

)3

=32πR3

81,

cumpliendose la igualdad cuando h = 4R3

y r2 = 8

9R2 ⇒ r = 2

√

2

3R.

MAXIMOS SIN DERIVADAS 5

Problema 5. Hallar las dimensiones y el volumen maximo de un cono

inscrito en una octaedro regular de arista a.

D BO

A

C

MP Q

Solucion. En la figura de la derecha ABCD yAPQ son las secciones del octaedro y el cono res-pectivamente, y O y M los puntos medios de PQ yDB, cumpliendose que OB = a

2, AB es la altura de

una de las caras del octaedro, por tanto, AB =√

3

2a,

y por ultimo, MQ = r y AM = h son el radio de labase y la altura del cono.

En consecuencia, tenemos OA =√

2

2a

Usando los triangulos semejantes CMQ y COB

tenemos la relacion

CM

MQ=

CO

OB⇒

√2a − h

r=

√

2a2

a2

=√

2,

es decir h =√

2(a − r). El volumen del cono es

V =πr2h

3=

π√

2r2(a − r)

3=

4π√

2

3·r

2·r

2·(a−r) 6

4π√

2

3

(a

3

)3

=4π

√2a3

81,

cumpliendose la igualdad si y solo si a − r = r2⇒ r = 2a

3, h =

√

2a3

.

Una nueva demostración de la desigualdad de Euler rR 2≥

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

y Neculai Stanciu, Buzău, Romania

Sea ABC un triángulo con ángulos CBA , , en radianes, R circumradio e inradio r .

Consideramos la función Rf →),0(: π , xxxf ln2

sinln)( −

= .

x

xctgxf 122

1)( −=′ ,

2sin

22sin

22sin

1

2sin4

1)(22

22 xx

xxxx

xxxf

−

+

=+−=′′ .

Ya que 22

sin0 xx<< , ),0( π∈∀x resulta 0)( <′′ xf , y f es cóncava en ),0( π .

De la desigualdad de Jensen deducimos que

⇔

=

++

≤++3

33

3)()()( πfCBAfCfBfAf

⇔

≤

⋅⋅⇔

3

23ln2

sin2

sin2

sinln

πABC

CBA

27

2sin

2sin

2sin8 3 CBA

ABCπ

≥⇔ .

Usando RrCBA

42sin

2sin

2sin = obtenemos

RrABC

272 3π

≥ .

De aquí, 333

3 227233

Rr

RrABCCBA πππ =⋅≥⋅≥++= rR

Rr 221 3 ≥⇔≥⇔ ,

i.e. la drsigualdad de Euler, rR 2≥ .

ALGUNAS SOLUCIONES Luis Miguel Maraví Zavaleta C. P. El Pallar, Huamachuco, La Libertad, Perú ******************************************************************************************* PMJ57-2 ¿Es posible encontrar una sucesión de números enteros consecutivos cuya suma sea 1000? Respuesta.

Al indicarse que se trata de una sucesión de números enteros consecutivos, nos estamos refiriendo a una progresión aritmética con razón = 1, en la que también intervienen números negativos. Dado que la suma es 1000, se emplea la relación

En dicha relación representan, respectivamente, al primer y al último

término de la progresión aritmética. Como se sabe que , la relación anterior queda como:

Para que esta ecuación cuadrática, en la que n es la variable, posea solución, se necesita que su discriminante sea positivo o igual a cero. Es decir:

De la última expresión se indica que, para cualquier valor entero de se obtiene el discriminante positivo. Ello permite afirmar, entonces, que la ecuación

posee solución. De este modo se concluye que sí es posible encontrar una sucesión de números enteros consecutivos cuya suma sea 1000. PMJ57-3 ¿Cuántos enteros positivos de 5 cifras se pueden formar utilizando las cifras 1, 2 y 3? Respuesta.

Sea el número de cinco cifras . Hay 3 alternativas (1, 2 y 3) para ocupar el lugar de la cifra , así como hay 3 alternativas para ocupar los lugares de y , respectivamente. Dado que las cifras pueden repetirse, el número de enteros positivos de cinco cifras que se pueden formar con las cifras 1, 2 y 3 es de

POlimp58

Cinco problemas de la Competición Matemática Mediterránea

La Competición Matemática Mediterránea, a iniciativa del editor de la REOIM, comenzó en 1998, y sigue desarrollándose hoy. Presentamos 5 problemas de la lista corta de varias de sus ediciones.

POlimp58-1

Hallar todos los enteros n para los que el polinomio 5( ) 2P x x nx n= − − − se puede

expresar como el producto de dos polinomios no constantes con coeficientes enteros.

POlimp58-2

Sean a y b números positivos. Probar que, cualesquiera que sean los números reales x e y, se verifica

2 2 2 23 3 3x bx b y ay a x xy y a b− + + − + + − + ≥ + .

POlimp58-3

Se considera un polígono regular de 2004 lados, con vértices 1 2 2004A A A . Demostrar

que las rectas 2 1005 670 671 1338 1340 , , y A A A A A A son concurrentes.

POlimp58-4

Demostrar que, cualquiera que sea *n∈ , (3 )2 1 0 mod 3n n+ ≡ .

POlimp58-5

Se considera la sucesión ( )nc definida por

0 1 1 11, 3 y ( 1) (2 3) ( 1) para n>1n n nc c n c n c n c+ −= = + = + − − .

Demostrar que esta sucesión es creciente.

Problema 286, proposto por D. M. Batinetu-Giurgiu e N. Stanciu, Romanía. Se 1 2 nA A A⋯ é un polígono convexo de área S e lados [ ]1,k kA A + de lonxitudes ka ,

onde k varía de 1 a n , e 1 1na a+ = , demostrar que

( )( )( )( )1 3 1 1

4 4 121

cíclica

21 1 tan

m m mm

k k m

Sa a

n n

π+ + ++

++ + ≥∑ .

Solución enviada por Bruno Salgueiro Fanego, Viveiro, Lugo.

Notemos en primeiro lugar que ( )( ) ( ) ( ) ( )2 2 22 21 1 1x y x y xy x y+ + = + + − ≥ + , con

igualdade se e só se 1xy = . Sexa k un número natural comprendido entre 1 e n . Tomando 2

kx a= e 21ky a += na desigualdade anterior, resulta

( ) ( ) ( )24 4 2 21 11 1k k k ka a a a+ ++ + ≥ + e, polo tanto,

( )( )( ) ( )1

14 4 2 221 11 1

mm

k k k ka a a a+

+

+ ++ + ≥ + , dándose a igualdade só e cando 1 1k ka a + = .

Entón ( )( )( ) ( )1

14 4 2 221 1

cíclica cíclica

1 1m

m

k k k ka a a a+

+

+ ++ + ≥ +∑ ∑ , con igualdade se e só se

1 2 2 3 1 1n na a a a a a += = = =… .

Supoñendo que 0m > e aplicándolle a desigualdade de Jensen á función estritamente

convexa ( ) ( ) 10, mx f x x ++∞ ∋ =֏ e á suma ( )2 21

1

n

k kk

f a a +=

+∑ do membro dereito da

desigualdade anterior, resulta

( )( )( )( )2 2 2

1 14 4 1 12

1cíclica

21 1

n n

m k k kk k

k k

a a aa a nf nf

n n

+ += =

+

+ + + ≥ =

∑ ∑∑

112

11

2mm n

kmk

n an

++

+=

= ∑ , obténdose a igualdade só e cando 1 2 2 3 1 1n na a a a a a += = = =… e

2 2 2 2 2 21 2 2 3 1n na a a a a a ++ = + = = +… , é dicir, se e soamente se 1 2 1na a a= = = =… .

O resultado dedúcese agora da desigualdade 16.6 da páxina 138 do libro Geometric inequalities, Bottema, O., Djordjević, R. Ž., Janić, R. R., Mitrinović, D. S. & Vasić,

P. M., Wolters-Noordhoff, Groningen, 1969: 2

1

4 tann

kk

a Sn

π=

≥∑ , pois nese caso

( )1 1 3 11 1 12 2 1

11

2 2 22 tan tan

m m mm m mnm

km m mk

Sn a S

n n n n n

π π+ + ++ + ++

+=

≥ =

∑ .

Polo tanto, a desigualdade do enunciado está probada e que nela se obtén a igualdade se e só se 1 2 nA A A⋯ é un polígono regular cuxos lados teñen todos lonxitude 1.

Problema 287, proposto por Laurentiu Modan, Bucarest, Romanía.

Achar a probabilidade de que ao lanzar dous dados, a suma dos seus resultados poida

ser igual á última cifra do número 20172017 .

Solución enviada por Bruno Salgueiro Fanego, Viveiro, Lugo.

Atopemos primeiramente a última cifra de 20172017 . Se ϕ denota a función indicatriz de Euler, aplicándolle o teorema de Euler aos números

naturais coprimos 2017 e 10, resulta que ( ) ( )102017 1 mód10ϕ ≡ , é dicir,

( )42017 1 mód10≡ , co cal ( ) ( )544 542017 1 mód10≡ e, polo tanto,

( ) ( )544 542017 2017 1 2017 mód10⋅ ≡ ⋅ , ou equivalentemente, ( )20172017 2017 mód10≡ e,

como ( )2017 7 mód10≡ , tense que ( )20172017 7 mód10≡ , co cal a cifra das unidades ou

última cifra do número 20172017 é 7 . Polo tanto, o problema consiste en achar a probabilidade de que ao lanzar dous dados, a suma dos resultados obtidos sexa igual a 7 .

Consideremos o espazo mostral ( ) { }{ }, / , 1,2,3,4,5,6E i j i j= ∈ , onde a primeira

compoñente i denota o resultado obtido ao lanzar o primeiro dado e a segunda compoñente j o que aparece na cara superior do segundo dado.

Como todos os resultados son equiprobables, podemos aplicar a regra de Laplace: dos 26 casos posibles (número de elementos de E ), hai exactamente 6 casos favorables,

que son os pares da forma ( ),7i i− con { }1,2,3,4,5,6i ∈ , co cal a probabilidade pedida

é igual ao número de casos favorables dividido polo número de casos posibles, é dicir,

2

6 1

6 6= .

Problema 288, propuesto por Pierre Lapotre, Calais, Francia

Problema 4. Se considera un punto fijo P y dos rectas r y r′ (concurrentes o paralelas).Una secante variable que pasa por P corta a r en A y a r′ en B.

1. Demostrar que los lugares geometricos de los puntos M y N tales que (PABM) =(PBAN) = −1 son rectas D y D′ del mismo haz que r y r′.

2. Demostrar que P tiene la misma polar con respecto a (r, r′) y con respecto a (D,D′).

Solucion. Consideramos el plano proyectivo P2R, con la relacion de equivalencia usual

sobre R3 \ {0} de vectores proporcionales para definir los puntos de P2R como las clases de

equivalencia. De esta manera ambos casos (paralelas o concurrentes) son el mismo.

Introducimos un sistema de referencia R = {O,C,E;P} como se describe a continua-cion. Denotamos O = [1, 0, 0] el punto de interseccion de r y r′, P = [1, 1, 1] el punto fijo,y C = [0, 1, 0] y E = [0, 0, 1] dos puntos arbitrarios distintos de O sobre las rectas r y r′

respectivamente, garantizando ası que R es una referencia proyectiva ya que cualquieratres de ellos son linealmente independientes. De esta forma las ecuaciones de las rectasse obtienen inmediatemente, ya que r pasa por O y C y r′ pasa por O y E (siendo lascoordenadas [x0, x1, x2]):

r := {x2 = 0} r′ := {x1 = 0}

Para construir la recta s, secante variable, tomamos un punto sobre r distinto de O. SeaA = [α, 1, 0] con α ∈ R dicho punto. Calculamos la ecuacion de la recta que pasa por Ay por P para hallar donde corta a r′, que lo llamaremos B.

0 =

∣∣∣∣∣∣x0 x1 x21 1 1α 1 0

∣∣∣∣∣∣ = −x0 + αx1 + (1− α)x2 =⇒ s := {−x0 + αx1 + (1− α)x2 = 0}

Y por tanto el punto B interseccion de r′ y s se obtendra con x1 = 0 y −x0 + αx1 + (1−α)x2 = 0, luego B = [1 − α, 0, 1]. Procedemos pues a construir M y N conociendo lasrazones dobles aportadas. Para ello utilizamos que dados A1, A2, A3 y A4 la razon doble

1

(A1A2A3A4) = x0/x1 siendo [x0, x1] las coordenadas de A4 en el sistema de referenciaproyectivo de la recta {A1, A2;A3}. Por tanto consideramos la referencia R′ = {P,A;B}de s con base normalizada asociada {(1, 1, 1), (−α,−1, 0)}. Por lo dicho tenemos que Mtendra coordenadas [1,−1]R′ en dicha referencia, luego en R sera [1 + α, 2, 1] teniendoen cuenta la base normalizada. Comprobemos que el lugar geometrico de estos puntosverifica las propiedades indicadas. Sean [1+β1, 2, 1] y [1+β2, 2, 1] dos puntos M obtenidospara distintos valores del parametro que hace variar la secante variable (β1, β2 ∈ R). Laecuacion de la recta D que pasa por esos dos puntos es:

0 =

∣∣∣∣∣∣x0 x1 x2

1 + β1 2 11 + β2 2 1

∣∣∣∣∣∣ = (β2 − β1)x1 + 2(β1 − β2)x2 =⇒ D := {x1 − 2x2 = 0}

Y efectivamente se verifica que el punto O = [1, 0, 0] esta sobre esa recta, luego es unarecta del haz de r y r′, y ademas cualquier otro punto [1 + α, 2, 1] para otro valor delparametro verifica que esta sobre la recta, y cualquier punto de la recta (salvo O) sepuede escribir de esa manera. Por tanto, es el lugar geometrico que querıamos probar.

Analogamente para la otra cuaterna armonica propuesta. Consideramos la referenciaR′′ = {P,B;A} de s con base normalizada asociada {(1, 1, 1), (α− 1, 0,−1)}. De aquıque N = [1,−1]R′′ y por tanto N = [2−α, 1, 2] en R. Tomando dos puntos para distintosvalores del parametro γ1, γ2 formamos la recta y comprobamos que es una recta del hazy que todos los puntos estan, como antes:

0 =

∣∣∣∣∣∣x0 x1 x2

2− γ1 1 22− γ2 1 2

∣∣∣∣∣∣ = 2(γ1 − γ2)x1 + (γ2 − γ1)x2 =⇒ D′ := {2x1 − x2 = 0}

Que verifica que [1, 0, 0] esta en la recta y tambien todos los puntos de la forma [2−α, 1, 2],y que son los unicos que estan salvo O. Por tanto hemos acabado con el apartado 1).

La polar de un punto respecto de dos rectas es el lugar geometrico de los puntos queforman cuaternas armonicas al trazar secantes variables. Veamos que dada la secante va-riable para un valor determinado del parametro α se tiene que si se construyen P ′ y P ′′

tales que (PP ′AB) = −1 y (PP ′′MN) = −1 y si tuvieramos que P ′ = P ′′ habrıamosterminado, ya que si lo tenemos para cualquier valor del parametro tendremos que suspolares son iguales. Para realizar dicha construccion utilizamos que si (A1A2A3A4) = λ,entonces (A1A3A4A2) = 1/(1− λ), luego (PABP ′) = 1/2. Utilizando la referencia R′ des usada antes tenemos que P ′ = [1, 2]R′ , luego P ′ = [1− 2α,−1, 1].

De la misma manera construimos P ′′: (PMNP ′′) = 1/2, luego consideramos la refe-rencia R′′′ = {P,M ;N} de s con base normalizada asociada {(3, 3, 3), (1− α,−2,−1)}.Tenemos que P ′′ = [1, 2]R′′′′ , luego P ′′ = [1− 2α,−1, 1], conque P ′ = P ′′ para cada valordel parametro α, luego las polares coinciden, como se pedıa probar.

Solucion por Jesus Duenas Pamplona

2

Problema 288, proposto por Pierre Lapôtre, Calais, Francia.

Considéranse un punto fixo P e dúas rectas r e r′ (concorrentes ou paralelas). Unha secante variable que pasa por P corta a r en A e a r′ en B . 1) Demostrar que os lugares geométricos dos puntos M e N tales que

( ) ( ) 1PABM PBAN= = − son rectas d e d ′ do mesmo feixe ca r e r′ .

2) Demostrar que P ten a mesma polar con respecto a ( ),r r′ e con respecto a ( ),d d ′ .

Solución enviada por Bruno Salgueiro Fanego, Viveiro, Lugo.

Tómense unha referencia cartesiana rectangular de orixe P cuxo eixo de abscisas non

sexa perpendicular a r nin a r′ ; entón ( )0,0P e as ecuacións das rectas r , r′ e

PA PB≡ son da forma :r x yα β− = − , :r x yα β′ ′ ′− = − e :PA px y= ou : 0PA x = .

Identificaranse as coordenadas dun punto calquera ( ),C CC x y nesa referencia coas do

vector PC����

na base da mesma, co cal denotarase C PC=����

.

Supóñase primeiro que :PA px y= .

As coordenadas do punto ( ),A AA x y obtéñense como intersección das rectas PA e r ,

logo A A Apx y xα β= = + e, polo tanto, ,p

Ap p

β βα α

− −

e analogamente

,p

Bp p

β βα α′ ′

′ ′− − .

Para calcular as coordenadas do punto M tal que ( ) 1PABM = − , é dicir, do conxugado

harmónico, M , de B con respecto a P e A , denótense a PA=����

, b PB=����

,

m PM=�����

e considérese o vector unitario 1 1 1

u PA PB PMa b m

= = =� ���� ���� �����

. Tense entón que

PB cPA=���� ����

, onde b

ca

= e ( ) ( )( )1

PABPABM

PAM− = = , sendo ( )BP PAB BA=

���� ����

e

( )MP PAM MA=���� ����

.

Así, ( )( ) ( ) ( )bu PB PAB PA PB PAB a b u− = − = − = −� ���� ���� ���� �

, logo ( ) bPAB

b a=

− e

( )( ) ( )( )mu PM PAM PA PM PAM a m u− = − = − = −� ����� ���� ����� �

, co cal ( ) mPAM

m a=

− e, polo

tanto, ( ) ( )( )1

bPAB b aPABM

mPAMm a

−− = = =

−

, que conduce a

2

2 2 2 1

ab ca cm a

b a ca a c= = =

− − −, é dicir,

2 1 2 1 2 1

c c cM PM mu au PA A

c c c= = = = =

− − −

����� � � ����

.

Nótese agora que ( )1,A pp

βα

=−

e ( )1,B pp

βα′

=′−

, co cal p

cA B Ap

β αα β′ −= =

′− e,

por conseguinte, ( )( )

pc

p

α βα β

′−=

′−,

( )( )

( ) ( )( )

( )( ) ( )22 1 2

p

p pcp pc p p

p

α βα β α β

α β α β α β α βα β

′−′ ′− −

= =′ ′− − − ′ ′− − − −

′−

e

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1,2 1 2 2

cM A p A p

c p p p p

β ββαα β α β α β α β

′ ′= = − =

′ ′ ′ ′− − − − − − −, ou

sexa, ( ),M MM x y con ( ) ( )2Mxp p

ββα β α β

′=

′ ′− − − e ( ) ( )2M

py

p p

ββα β α β

′=

′ ′− − −.

Así, ( ) ( )( )2 Mp p xα β α β ββ′ ′ ′− − − = e ( ) ( )( )2 Mp p y pα β α β ββ′ ′ ′− − − = .

Resultan así as ecuacións ( ) ( )2 2M Mp x xβ β ββ αβ α β′ ′ ′ ′− = + − e

( ) ( )( )2 2M My p yαβ α β β β ββ′ ′ ′ ′− = − − que, multiplicadas termo a termo,

proporcionan a igualdade

( ) ( ) ( )( ) ( )( )2 2 2 2M M M Mp x y p x yβ β αβ α β ββ αβ α β β β ββ′ ′ ′ ′ ′ ′ ′ ′− − = + − − − .

Conclúese entón que, cando 0p ≠ ,

( ) ( ) ( ) ( )22 2 2M M Mx y yβ β αβ α β ββ β β ββ′ ′ ′ ′ ′ ′− − = − −

( )( ) ( )2 2 2M M Mx y xαβ α β β β αβ α β ββ′ ′ ′ ′ ′ ′+ − − − − , ou sexa,

( ) ( )2 2M Mx yαβ α β β β ββ′ ′ ′ ′− = − − , se 0ββ ′ ≠ , o cal proba que a ecuación do lugar

xeométrico descrito polo punto M é a recta d de ecuación

( ) ( ): 2 2 Md x yαβ α β β β ββ′ ′ ′ ′− − − = .

No caso de que r e r′ sexan concorrentes, o seu punto de corte ,Qβ β αβ α βα α α α

′ ′ ′− − ′ ′− −

pertence á recta anteriormente obtida, xa que

( ) ( )2 2β β αβ α βαβ α β β β ββα α α α

′ ′ ′− −′ ′ ′ ′− − − =′ ′− −

, e se r e r′ son paralelas non

coincidentes, α α ′= e a ecuación de tal lugar xeométrico é a recta

( ) ( ): 2 2d x yα β β β β ββ′ ′ ′− + − = , cuxa pendente coincide coas de r e r′ .

Por outra banda, se : 0PA x = , tense que ( )0,A β , ( )0,B β ′ e 0,2

Mβββ β

′ ′ −

, que

pertence á recta de ecuación ( ) ( )2 2 Mx yαβ α β β β ββ′ ′ ′ ′− − − = . Logo se : 0PA x = ,

M tamén pertence ao lugar xeométrico d . Polo tanto, o lugar xeométrico dos puntos M é unha recta que pertence ao mesmo feixe

de rectas que as rectas r e r′ . Por analoxía, o lugar xeométrico dos puntos N que son conxugados harmónicos de A

con respecto a B obterase cambiando ( ), , ,α β α β′ ′ por ( ), , ,α β α β′ ′ no lugar

xeométrico ( ) ( ): 2 2 Md x yαβ α β β β ββ′ ′ ′ ′− − − = , é dicir, o lugar xeométrico dos

puntos N tales que ( ) 1PBAN = − é a recta d ′ de ecuación

( ) ( ): 2 2 Md x yα β αβ β β β β′ ′ ′ ′ ′− − − = , que tamén pertence ao mesmo feixe de rectas

que as rectas r e r′ (e d ).

2) O par de rectas ( ),r r′ pode considerarse como unha cónica dexenerada de ecuación

( ) ( ) ( ), : 0r r x y x yα β α β′ ′ ′− + − − = , é dicir,

( ) ( ) ( ) ( )2 2, : 0r r x xy y x yαα α α αβ α β β β ββ′ ′ ′ ′ ′ ′ ′− + + + + − + + = , ou sexa,

( ) ( )( ) ( )

( ) ( )( ) ( )

2 2 1

, : 1 2 2 0

2 2

r r x y x

y

ββ αβ α β β βαβ α β αα α α

β β α α αα

′ ′ ′ ′+ + ′ ′ ′ ′ ′+ + =

′ ′ ′+ +

.

A polar da orixe de coordenadas P con respecto a esta cónica é a recta de ecuación

( )( ) ( )

( ) ( )( ) ( )

2 2 1

: 1 0 0 2 2 0

2 2

s x

y

ββ αβ α β β βαβ α β αα α α

β β α α αα

′ ′ ′ ′+ + ′ ′ ′ ′+ + =

′ ′ ′+ +

, ou sexa,

( ) ( ): 2s x yαβ α β β β ββ′ ′ ′ ′+ − + = − .

Analogamente, o par de rectas ( ),d d ′ é a cónica dexenerada que ten por ecuación

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( ), : 2 2 2 2 0d d x y x yα β αβ β β ββ αβ α β β β ββ′ ′ ′ ′ ′ ′ ′ ′ ′− + − − − + − − = , ou

equivalentemente,

( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )( )( )2, : 2 2 2 2 2 2d d x xyα β αβ αβ α β α β αβ β β αβ α β β β′ ′ ′ ′ ′ ′ ′ ′ ′ ′ ′− − + − − + − −

( ) ( ) ( ) ( )22 2 2 2 2 2y x yβ β β β ββ α β α β αβ αβ ββ β β β β′ ′ ′ ′ ′ ′ ′ ′ ′ ′+ − − + − + − + − + −

( )20ββ ′+ =

e, razoando coma para a polar anterior, obtense que a polar, s′ , de P respecto a dita cónica ten por ecuación

( ) ( )( ): 2 2 2 2 2 0s x yββ α β α β αβ αβ β β β β ββ′ ′ ′ ′ ′ ′ ′ ′ ′− + − + − + − + = , ou sexa, cando

0ββ ′ ≠ , ( ) ( ): 2s x yαβ α β β β ββ′ ′ ′ ′ ′+ − + = − .

En definitiva, s s′≡ , como se quería demostrar.

Problema 289

Miguel Amengual Covas, Cala Figuera, Mallorca, Espana.

Primera solucion. Sea J 6= B el extremo del diametro de la circunferencia circunscrita a4ABC que pasa por B. Entonces ∠JAB = 90◦ y, si {U} = BJ ∩AD, tenemos

∠UBD = ∠JBC = ∠JAC = ∠JAB − ∠CAB = 90◦ − ∠CAB. (1)

Se sigue que

UD = BD · tan (∠UBD) =(AB cosB

)· tan (90◦ − ∠CAB) =

(AB cosB

)· cotA.

Indicamos por R el radio de la circunferencia circunscrita a 4ABC y sustituimos en laigualdad anterior AB por 2R sinC. Obtenemos

UD =2R sinC cosA cosB

sinA. (2)

Sea E el segundo punto de interseccion de la recta AD con la circunferencia circunscrita altriangulo ABC. Pues A, B, E y C son concıclicos, se tiene

AD ·DE = BD ·DC

y

DE =BD ·DC

AD=

(AB cosB

) (CA cosC

)AB sinB

= 2R cosB cosC, (3)

pues CA = 2R sinB.

U

P

J

F

B C

A

D

E

O

Sumando (2) y (3),UE = UD + DE

= 2R cosB(sinC cosA

sinA + cosC)

= 2R cosB sin(C+A)sinA

= 2R cosB sinBsinA

= R sin 2B cscA.

(4)

A su vez, en 4PDU ,

∠DUP = ∠DUB = 90◦ − ∠UBD = ∠CAB︸ ︷︷ ︸deducido de (1)

y, en el triangulo rectangulo ABD, designando por F el pie de la altura relativa a la hipotenusa,

∠PDU = ∠FDA = ∠ABD = ∠ABC.

Ası, pues, los triangulos ABC y UDP son semejantes; de la proporcionalidad de sus lados,

UD

AB=

PU

CA

y

PU =UD · CA

AB.

Sustituyendo en la igualdad anterior UD por su igual (2), AB por 2R sinC y CA por2R sinB, obtenemos

PU = R sin 2B cotA. (5)

Por consiguiente, de (4) y (5),PU = UE · cosA.

Habida cuenta de que ∠CAB = ∠DUP = ∠EUP , la igualdad anterior se escribe

PU = UE · cos (∠EUP ) ,

con lo que el triangulo UPE es rectangulo en P . Ası, pues,

∠OPE = 90◦.

Analogamente, ∠OQE = 90◦. Luego P y Q estan sobre la circunferencia construida sobreOE (un radio de la circunferencia circunscrita a 4ABC) como diametro, con lo que concluimos.

Segunda solucion. Sea E el segundo punto de interseccion de la recta AD con la cir-cunferencia circunscrita al triangulo ABC, sea F el pie de la perpendicular desde D a AB ydesignemos por R el radio de la circunferencia circunscrita a 4ABC.

F P

B C

A

D

E

O

90◦ − C

Por el teorema del coseno, aplicado a 4PDE, en el que PD = FD − FP = 2R cosA cosB,DE = 2R cosB cosC y ∠PDE = 180◦ −B,

PE2

= (2R cosA cosB)2 + (2R cosB cosC)2 + 8R2 cosA cos3B cosC= 4R2 cos2B

(cos2A + cos2C + 2 cosA cosB cosC

)y, habida cuenta de que OP = OB −BP = R

(1− 2 cos2B

), tenemos

OP2

+ PE2

= R2(1− 2 cos2B

)2+ 4R2 cos2B

(cos2A + cos2C + 2 cosA cosB cosC

)= R2

1 + 4R2 cos2B(cos2A + cos2B + cos2C + 2 cosA cosB cosC − 1

)︸ ︷︷ ︸=0 (†)

= R2

= OE2.

Por consiguiente, por el recıproco del teorema de Pitagoras, el triangulo OPE es rectanguloen P . Analogamente, el triangulo OQE es rectangulo en Q.

Luego P y Q estan sobre la circunferencia construida sobre OE (un radio de la circunferenciacircunscrita a 4ABC) como diametro, con lo que concluimos.

(†) Si A, B, C son los angulos de un triangulo,

cosC = − cos (A + B) = − (cosA cosB − sinA sinB) .

Elevamos al cuadrado y obtenemos:

cos2C = cos2A cos2B + sin2A sin2B − 2 cosA cosB sinA sinB= cos2A cos2B +

(1− cos2A

) (1− cos2B

)− 2 cosA cosB sinA sinB

= 1− cos2A− cos2B + 2 cos2A cos2B − 2 cosA cosB sinA sinB,

esto es,cos2A + cos2B + cos2C = 1 + 2 cosA cosB (cosA cosB − sinA sinB)︸ ︷︷ ︸

=cos(A+B)=− cosC

,

o, equivalentemente,

cos2A + cos2B + cos2C + 2 cosA cosB cosC − 1 = 0.

Tercera solucion. Sea E el segundo punto de interseccion de la recta AD con la circunfe-rencia circunscrita al triangulo ABC. Pues A, B, E y C son concıclicos, se tiene

AD ·DE = BD ·DC

y

DE =BD ·DC

AD(6)

Consideremos un sistema de coordenadas rectangulares con origen el punto D y eje de abs-cisas la recta BC, en el que el punto A tenga coordenadas (a, 0) con a > 0, el punto B tengacoordenadas (b, 0) y las de C sean (c, 0) (observese que bc < 0, al ser D un punto interior delsegmento BC; en particular, b 6= c).

Los puntos O y P son coincidentes si BD = AD. Analogamente, O y Q coinciden siAD = DC. Por consiguiente, supondremos, en todo lo que sigue, BD 6= AD 6= DC, es decir,

|b| 6= a 6= |c|. (7)

Q

P90◦

90◦

B(b, 0) C(c, 0)

A(0, a)

D(0, 0)

E(0, bc

a

)

O(

b+c2

, a2+bc2a

)

En un tal sistema, las coordenadas de los puntos O, P , Q y E son las siguientes, a saber:

O

(b + c

2,a2 + bc

2a

), P

(b(a2 + bc

)a2 + b2

,b2(a2 + bc

)a (a2 + b2)

), Q

(c(a2 + bc

)a2 + c2

,c2(a2 + bc

)a (a2 + c2)

)

y, por (6),

E

(0,

bc

a

).

Habida cuenta de que las respectivas pendientes de las rectas OP y PE,

mOP =

a2+bc2a − b2(a2+bc)

a(a2+b2)

b+c2 −

b(a2+bc)a2+b2

= −(a2 − b2

) (a2 + bc

)a (a2 − b2) (b− c)

= − a2 + bc

a (b− c)︸ ︷︷ ︸pues a2−b2 6=0, por (7).

y

mPE =bca −

b2(a2+bc)a2+b2

− b(a2+bc)a2+b2

=a (b− c)

a2 + bc,

son inversas y de signo contrario, se tiene OP ⊥ PE y ∠OPE = 90◦. Analogamente, ∠OQE =90◦.

Luego P y Q estan sobre la circunferencia construida sobre OE (un radio de la circunferenciacircunscrita a 4ABC) como diametro, con lo que concluimos.

Problema 290, proposto por Samael Gamboa Quezada, Trujillo, Perú.

Sexan x e y números reais positivos tales que 3 3 2x y xy+ = .

Demostrar que 7 7x y x y+ ≥ + .

Solución enviada por Bruno Salgueiro Fanego, Viveiro, Lugo.

Se algún dos valores reais x e y é nulo, da hipótese 3 3 2x y xy+ = dedúcese que a

outro de ditos valores tamén se anula, co cal a desigualdade a probar é certa, dándose

nela a igualdade 7 70 0 0 0+ = + . Suporemos entón, a partir de agora, que 0x > e 0y > .

Os pares ( ),x y de números reais estritamente positivos tales que 3 3 2x y xy+ =

representan, nas coordenadas cartesianas rectangulares, o bucle dunha curva das denominadas folium de Descartes situada no primeiro cuadrante aberto. A

parametrización ( ) ( ) ( )( )2

3 3

2 2, , ,

1 1

t tx y x t y t

t t

= = + +

, para 0y

tx

= > , de tal bucle,

permite reescribir a desigualdade do enunciado como 772 2

3 3 3 3

2 2 2 2

1 1 1 1

t t t t

t t t t

+ ≥ + + + + + ⇔ ( ) ( )

( )7 7

73 3

128 12 1

1 1

t tt t

t t

++≥

+ + 0t≠⇔

( )( )

6 7

63

64 11

1

t tt

t

++ ≥

+

⇔ ( ) ( )18 15 12 9 6 3 13 61 6 15 20 15 6 1 64 64 0t t t t t t t t t+ + + + + + + − − ≥

⇔ 19 18 16 15 12 13 10 9 7 6 4 36 6 15 49 20 20 15 49 6 6 1 0t t t t t t t t t t t t t+ + + + − + + + − + + + + ≥

⇔ ( ) ( ) ( ) ( )2 21 1 1 0t t t t f t+ − + + ≥0t≥

⇔ ( ) ( )21 0t f t− ≥ ⇔ 1t = ou ( ) 0f t ≥

⇔ 1x y= = , caso no cal a desigualdade dada é certa, verificándose ademais a

igualdade na mesma, ou ( ) 0f t ≥ , onde

( ) 14 13 12 11 10 9 8 7 6 5 4 3 28 8 8 34 30 34 8 8 8 1f z z z z z z z z z z z z z z z= + + + + + − + − + + + + + +

é un polinomio palíndromo.

Para 0z > e 1z ≠ , denotando 1

u zz

= + e tendo en conta que 2 22

12u z

z= + + ,

3 33

1 13u z z

z z = + + +

, 4 4 24 2

1 14 6u z z

z z = + + + +

,

5 5 35 3

1 1 15 10u z z z

z z z = + + + + +

,

6 6 4 26 4 2

1 1 16 15 20u z z z

z z z = + + + + + +

e

7 7 5 37 5 3

1 1 1 17 21 35u z z z z

z z z z = + + + + + + +

, dedúcese que

( ) 7 6 5 4 3 27 7 6 5 4 3 2

1 1 1 1 1 18 8 8

f zz z z z z z

z z z z z z z = + + + + + + + + + + +

( )7 5 3 6 4 2 5 3 4 2134 30 7 14 7 6 9 2 5 5 8 4 2z u u u u u u u u u u u u

z − + + = − + − + − + − + − + + − +

( ) ( )3 2 7 6 5 4 3 28 3 8 2 34 30 6 2 17 15 60 28u u u u u u u u u u u+ − + − − + = + − + + − − + .

Notemos agora que, para 0z > , 1

2u zz

= + > porque ( )21 0z − > , co cal a desigualdade

a demostrar, ( ) 0f t ≥ , para 0t > e 1t ≠ , é equivalente á desigualdade ( ) 0g u ≥ , onde

( ) 7 6 5 4 3 26 2 17 15 60 28g v v v v v v v v= + − + + − − + .

Razoando como na demostración habitual da regra de acoutamento de Newton, ao ser os

valores das derivadas desta función en 2v = , ( ( )2kg , para k ∈ℕ , 0 7k≤ ≤ , onde se

denotou ( ( ) ( )0 2 2g g= , estritamente positivos (para ser exactos, ( ( )0 2 16g = ,

( ( )1 2 308g = , ( ( )2 2 1134g = , ( ( )3 2 3078g = , ( ( )4 2 6768g = , ( ( ) ( ( )5 62 2 10800g g= =

e ( ( )7 2 5040g = ), aplicándolle á función g a fórmula de Taylor con resto de Lagrange,

deducimos que para calquera 2v > existe polo menos un ( )2,w u∈ tal que

( )( ( ) ( )

( ( ) ( )( ( ) ( )

87 7

0 0

2 2 22 2 2 0

! 8! !

k kk k

k k

g g gg v v w v

k k= =

= − + − = − >∑ ∑ , xa que ( ( )2 0kg > ,

( )2 0k

v − > para calquera k ∈ℕ con 0 7k≤ ≤ , e ( ( )8 0g v = .

Polo tanto, está probado que ( ) 0g u > , co cal ( ) 0f t > se 0t > e 1t ≠ .

Isto completa a demostración a desigualdade do enunciado e que nela se alcanza a

igualdade se e só se ( ) ( ) ( ){ }, 0,0 , 1,1x y ∈ , que son os puntos de corte do bucle folium

de Descartes de ecuación 3 3 2x y xy+ = situado no primeiro cuadrante pechado coa

bisectriz de dito cuadrante.

Nota: Graficamente, a desigualdade proposta significa que os puntos do bucle do folium de Descartes antes mencionado, en negro na figura que aparece máis abaixo, se atopan na rexión pechada e limitada do primeiro cuadrante pechado cuxa fronteira é a curva de

ecuación 7 7x y x y+ = + (cuxa gráfica pode obterse utilizando, por exemplo, o método

de Newton-Cramer) e que tamén aparece representada en dita figura:

Problemas propuestos 291-295

Problema 291 (Propuesto por Andrés Sáez Schwedt, Universidad de León, España)

ABC es un triángulo acutángulo con circuncentro O y ortocentro H. El punto medio de AH es X. Sean E y F los pies de las alturas desde B y C, respectivamente. XV es un diámetro de una circunferencia que pasa por A y X, y es tangente a la recta AC. Una segunda circunferencia que pasa por A y X y es tangente a la recta AB, tiene a XW como diámetro. Suponiendo que se pueden construir los puntos , G EF BC I BV CW= ∩ = ∩ , demostrar que las rectas GI y OH

son perpendiculares.

Problema 292 (propuesto por Leonard Giugiuc, Rumania)

Resolver en 4 el siguiente sistema:

6

2 2

2(3 )

âb bc cd da ac bd

abc abd acd bcd

a b c d abcd

+ + + + + =

+ + + = + + + = +

Problema 293 (propuesto por Laurentiu Modan, Bucarest, Rumania)

Se consideran los sucesos A y B que cumplen las condiciones siguientes:

1 1 1( ) ; ( ) ; ( ) ; ( / ) ( )2 4 4

P A B P B A P A B P A B P A− = − = ∩ = = .

donde y A B son los sucesos complementarios respectivos. Calcular las probabilidades

( ), ( ) y ( )P A P B P A B∪ .

Problema 294 (propuesto por Marius Dragan & Neculai Stanciu, Bucarest y Buzau, Rumania)

Sea ABCD un cuadrilátero bicéntrico de inradio r, circunradio R y diagonales de longitudes d1

y d2. Demostrar que 3 321 2

1 22 2 21 2

( )2d dR d d

r d d+

≥ + .

Problema 295 (propuesto por D.M. Batinetu-Giurgiu & Neculai Stanciu, Bucarest y Buzau, Rumania)

Sean 1 1( ) , ( )n n n na b≥ ≥ sucesiones de números reales positivos tales que 31 2 3

nn nb a a a a= ⋅ ⋅ ⋅ y

1lim n

nn

a aa n

+

→∞=

⋅. Calcular

2 2

1

( 1)limn n

n n

n nb b→∞

+

+−

.

Comentario de libros, reseña de páginas web y noticia de congresos 58

Comentario de libros

“La Vía Láctea” de María Victoria Veguín Casas

Comentario de F.Bellot Rosado

La Profesora Mª Victoria Veguín Casas, durante varios años colega del departamento de Matemáticas en el Instituto “Emilio Ferrari” de Valladolid, ha publicado en Bohodón Editores su libro “La Vía Láctea (camino de dioses, almas y peregrinos (Camino de Santiago))”, Madrid 2016.

Aunque pueda parecer una paradoja, esta obra, escrita por una matemática profesional, no es de Matemáticas, no es de Astronomía, no es de Historia… pero es de todas esas Ciencias y más, podríamos decir. Acompañada de un centenar de notas, repartidas en sus 9 capítulos, con otras tantas referencias bibliográficas (incluidas varias páginas web) y gran profusión de ilustraciones, ofrece una panorámica completa de la Vía Láctea y de su reflejo en la Tierra, el Camino (Francés) de Santiago, el que va de Roncesvalles a Compostela.

Después de su primer libro (1989), “Matemáticas y el Camino de Santiago”, en el que comentamos, como se verá en el índice que reproducimos a continuación, Victoria profundiza de una forma amena (y al mismo tiempo rigurosa) en otros aspectos menos conocidos del Camino.

I) La Vía Láctea en la Antigüedad II) Conociendo más la Vía Láctea III) Un camino de dioses, héroes y estrellas IV) Dos caminos relacionados con las estrellas V) La Vía Láctea asociada a varios caminos VI) El cielo en el Camino VII) Midiendo el universo en caminos de Santiago VIII) La Vía Láctea en la Literatura y el Arte IX) La Vía Láctea en el Arte

Epílogo: La recompensa de las estrellas

Como curiosidad, en el capítulo VII se lanza un reto para los lectores (no matemáticos) del libro. ¿Cómo se puede medir el universo tomando como unidad de medida el Camino de Santiago? Al parecer, algunos lectores han confesado a la autora que les costaba trabajo el cambio de unidades que se proponen en él. Sin embargo, es lo mismo que el cambio de unidades en el sistema métrico decimal… Tal vez esta anécdota debería llevar a alguna reflexión acerca de la formación matemática básica de la población.

En resumen, el libro es muy interesante y recomiendo vivamente su lectura “a todos los públicos”.

Valladolid, diciembre de 2017 .

Noticia de Congresos 58

Mi colega Alan Rogerson pide se divulgue el anuncio preliminar de su 15ª Conferencia Internacional cuyos detalles en inglés aparecen a continuación

Dr. Alan Rogerson D.Phil (Oxon), M.Sc., B.Sc., B.A. (Lon), Dip.Ed., Cert. Ed. (Cantab). Chairman of the International Program Committee Co-ordinator of the Mathematics Education for the Future Project

La 15ª Conferencia Internacional de The Mathematics Education for the Future Project Theory and Practice: An Interface or A Great Divide? Tundra lugar del 4 al 9 de Agosto, 2019 en la Universidad Maynooth, en Irlanda. The Mathematics Education for the Future Project was founded in 1986 as an international non-profit body to support and encourage innovation in mathematics, statistics, science and computer education. Since 1999 there have been 14 conferences throughout the world culminating in our Hungary Conference in September 2017, which was attended by 125 people from 22 countries. The conferences are renowned for their friendly and productive atmosphere and attract many of the movers and shakers in education world-wide. The Full Preliminary Announcement and Call for Papers is now available atConference Documents and Photo albums of our last three conferences are athttps://alantrogerson.imgur.com/ Dr. Alan Rogerson alan@cdnalma.poznan.pl Para mayores informaciones se pueden seguir los enlaces anteriores.

Del 4 al 6 de Julio de 2018 vamos a celebrar en Almería el XVII Congreso de

Enseñanza y Aprendizaje de las Matemáticas cuyo lema es: “Matemáticas en tierra de

cine”. El congreso se realizará en la Universidad de Almería. Es un espacio estupendo

para conocer el trabajo que hacen algunos compañeros y para que des a conocer el que

tú haces. En esta web publicaremos toda la información de este XVII CEAM, así como

las distintas modalidades de inscripción para participar y presentar trabajos.

¡¡¡Os esperamos en Almería!!!

http://thales.cica.es/xviiceam/?q=node/10