remat-pjt-no-9-dic-2012

REVISTA MATEMÁTICA
DEL PROGRAMA
JÓVENES TALENTO
Número 9
Diciembre 2012
REVISTA MATEMÁTICA DEL
PROGRAMA JÓVENES TALENTO
Número 9 (Diciembre 2012)
Quiénes somos
El Programa Jóvenes Talento de El Salvador (PJT), cuya sede se encuentra en San Salvador, es un
proyecto conjunto de la Universidad de El Salvador y el Ministerio de Educación que brinda atención
a alumnos con rendimiento destacado en matemática y ciencias naturales. Asimismo, en sus más de 10
años de existencia, ha estado a cargo de la selección y preparación de las delegaciones que representan
a El Salvador en diversas competencias internacionales.
La Revista Matemática del PJT fue fundada en 2009 con el objetivo de estimular el estudio de la
matemática a un alto nivel, con énfasis en la tradición de las olimpiadas de matemática. Está dirigida
a alumnos familiarizados con la resolución de problemas, instructores, profesores y al lector interesado
en la matemática en general. Inicialmente concebida en el contexto del PJT, la presente publicación
pretende convertirse en una referencia seria de la actividad matemática de El Salvador y la región
centroamericana.
Editor
Gabriel Alexander Chicas Reyes (University of Tokyo)
Correo electrónico: [email protected]
Colaboradores
Agradecimientos especiales a Gredy Salmerón (Pontificia Universidad Católica de Chile) por participar en la corrección de errores del presente número.
Créditos fotográficos
A menos que se especifique lo contrario, las imágenes empleadas son de dominio público y no se
pretende ninguna violación de derechos de autor.
Suscripción
La presente es una publicación digital distribuida mediante correo electrónico. Para suscribirse favor escribir a la dirección [email protected].
Los interesados en una impresión de la revista pueden contactar a la Asociación de Padres de
Familia del PJT (ASTALENTO), que hace circular (de manera limitada) una versión en papel. Su
dirección de contacto es [email protected].
i
Cómo contribuir
La Revista Matemática del PJT invita cordialmente a participar en su elaboración a todos los
miembros del Programa (alumnos, instructores, catedráticos, padres de familia) y al lector interesado
en general.
Artı́culos. Se invita a los lectores a contribuir con sus trabajos originales sobre matemática
elemental. El documento deberá incluir las referencias académicas usadas en su elaboración y la
información de contacto de su autor, incluyendo: Nombre, afiliación académica y correo
electrónico.
Columna de problemas. Se desafı́a a los lectores a enviar sus soluciones creativas a los problemas de esta sección, ası́ como a proponer problemas originales para la columna del siguiente
número. El archivo enviado deberá incluir la información de contacto del autor, y en el caso de
un problema propuesto su respectiva procedencia (nombre del libro, olimpiada, o autor del
problema). Se dará prioridad a problemas originales.
Café Matemático. Se acepta todo tipo de material de divulgación matemática, incluyendo:
Historia de las matemáticas, biografı́as de matemáticos famosos, acertijos, humor matemático,
etc. Tener en cuenta que esta sección está orientada hacia un público más amplio, por lo que se
evitarán documentos demasiado técnicos.
Contacto
Se solicita a los lectores enviar sus contribuciones, preguntas o comentarios a la siguiente dirección:
[email protected].
Próximo número
El número 10 de la revista está programado para MAYO DE 2013.
ii
Contenidos
Artı́culos (p. 1)
Sobre una demostración alternativa de la fórmula de Stirling
Daniel Campos (Universidad de Costa Rica)
Introducción al análisis funcional II: Topologı́as débiles y espacios de Hilbert
Gredy Salmerón (Pontificia Universidad Católica de Chile)
Problemas olı́mpicos (p. 14)
Problemas de la Olimpiada Matemática de Centroamérica y el Caribe 2012
La Olimpiada Matemática de Centroamérica y el Caribe (OMCC) es una competencia regional
creada en 1999 con el objetivo de estimular el estudio de la matemática en el área centroamericana.
Actualmente participan 12 paı́ses: Colombia, Costa Rica, Cuba, El Salvador, Guatemala, Honduras,
México, Nicaragua, Panamá, Puerto Rico, República Dominicana y Venezuela. Cada paı́s puede participar enviando una delegación de tres estudiantes no mayores de 16 años. La 14a edición de la OMCC
fue celebrada en junio del presente año en El Salvador, y los resultados obtenidos por la delegación
salvadoreña son:
Rodrigo José Mundo Dueñas
Salvador Alonso Figueroa Vásquez
Gilmar André Mejı́a Meléndez
Medalla de bronce
Mención honorı́fica
Medalla de bronce
Problemas de la Olimpiada Internacional de Matemática 2012
La IMO (International Mathematical Olympiad ) es la competencia de matemática de más prestigio
y dificultad a nivel preuniversitario. Fue celebrada por primera vez en Rumania en 1959, lo que la
convierte en la olimpiada internacional de ciencias más antigua. Aunque en sus primeros años estuvo
confinada a los paı́ses de Europa del Este, con el pasar del tiempo se ha convertido en un evento de
carácter mundial, con 564 participantes de 100 paı́ses de todo el mundo en 2012. La 53a edición de la
IMO fue celebrada en julio del presente año en Argentina. Los estudiantes clasificados para representar
a El Salvador obtuvieron los siguientes premios:
Manuel Alejandro Mundo Dueñas
Byron Thonatiu Escobar Benı́tez
Óscar Armando Hidalgo Arévalo
Mención honorı́fica
Mención honorı́fica
Problemas de la Olimpiada Iberoamericana de Matemática 2012
La Olimpiada Iberoamericana de Matemática (OIM) es la competencia matemática de mayor prestigio y dificultad a nivel latinoamericano. Fue celebrada por primera vez en 1989 a iniciativa de Colombia
y Argentina, como respuesta a la falta de un evento que involucrara a todos los paı́ses de la región.
Desde ese entonces el número de paı́ses participantes ha ido en aumento hasta comprender 23 paı́ses
iberoamericanos. Cada uno de ellos puede enviar una delegación de cuatro estudiantes no mayores de
18 años; además cada estudiante puede participar un máximo de dos veces en la OIM. La 27a olimpiada
fue celebrada en Bolivia en octubre del presente año, y los resultados de la delegación salvadoreña son:
iii
Byron Thonatiu Escobar Benı́tez
Jeanette Alejandra Fernández Rivera
Óscar Armando Hidalgo Arévalo
Manuel Alejandro Mundo Dueñas
Medalla de bronce
Mención honorı́fica
Medalla de plata
Mención honorı́fica
Columna de problemas (p. 19)
En esta sección se incluyen 5 problemas de desafı́o a los lectores, quienes están invitados a resolverlos y enviar sus mejores soluciones a la revista. Las soluciones más originales serán publicadas en el
siguiente número.
Se ha introducido un nuevo formato en los enunciados de la columna. De ahora en adelante los
problemas originales serán marcados explı́citamente por la palabra original, mientras que un problema
sugerido indica que el proponente no es el autor del problema en cuestión. Esto tiene dos objetivos:
el primero es evitar plagios y conflictos de derechos de autor, y el segundo es resaltar el mérito de
los autores que crearon sus propios problemas. El editor espera que en el futuro haya abundancia de
problemas originales, de modo que eventualmente esta distinción se vuelva innecesaria.
Problemas abiertos
Los siguientes problemas todavı́a permanecen sin resolver: 18, 25, 38.
Corrección al problema 38
El editor pide disculpas por la redacción ambigua del problema 38, que posiblemente contribuyó a
la falta de soluciones. El autor del problema, Daniel Campos (Universidad de Costa Rica), nos proporcionó amablemente una versión más clara que adjuntamos a la columna del presente número.
Café Matemático (p. 24)
¿Se aburre en su clase de matemáticas? La revista tiene la solución para Ud. En nuestro apartado
de Curiosidades le sugerimos atractivos objetos matemáticos que son ideales para dibujar detrás de su
cuaderno: la astroide, el triángulo de Pascal y la espiral de Ulam.
En el apartado de Noticias hablaremos (¡por supuesto!) de la posible demostración de la conjetura
abc. Añadimos a última hora una nota sobre el fallecimiento de Lars Hörmander.
iv
Sobre una demostración alternativa de la fórmula de Stirling
Daniel Campos Salas
Resumen
Presentamos una demostración elemental del célebre resultado de Stirling, sobre la aproximación asintótica para n!, mediante el uso de sucesiones y la fórmula de Wallis.
1.
Introducción
La fórmula de Stirling es uno de los resultados más bellos e importantes de la matemática. Su prueba,
como por ejemplo en [2], se pospone hasta contar con herramientas del cálculo integral, como la fórmula
de Euler-Maclaurin. Proponemos una demostración alternativa, usando resultados sobre sucesiones y
la fórmula de Wallis, para la cual presentamos una demostración elemental que se encuentra en [2].
En la primera parte de la obra demostramos que cierto lı́mite existe y es un número real positivo,
mientras que en la segunda determinamos el valor explı́cito del lı́mite.
√
Teorema 1. Para todo entero n suficientemente grande se cumple que n! ≈ (n/e)n 2πn, es decir,
√
n!
√ = 2π.
n
n→∞ (n/e)
n
lı́m
2.
(1)
Existencia del lı́mite
Definimos an como en (1). Vamos a demostrar que an es decreciente y por lo tanto que su lı́mite existe.
Antes de probar esto daremos una demostración de una desigualdad importante para su prueba.
Proposición 2. La función f (x) = (1 + x/2) log(1 + x) − x es creciente en [0, ∞), y ası́ f (x) ≥ 0 para
todo x ≥ 0.
Demostración. Tenemos que
f 0 (x) =
x
1
1
1
1
log(1 + x) −
=
− 1 − log
≥ 0,
2
2(1 + x)
2 1+x
1+x
donde la desigualdad se sigue de la conocida et ≥ 1 + t para t ∈ R (o bien, su equivalente t ≥ 1 + log t
para t > 0), y ası́ concluye la prueba.
Proposición 3. La sucesión {an } es decreciente, y por lo tanto converge a un número real no negativo.
Demostración. Es fácil verificar que la afirmación an ≥ an+1 es equivalente a
1
1+
n
n+1/2
≥ e,
lo cual es equivalente a
1
n+
2
1
log 1 +
n
o bien a la desigualdad
1
≥ 1,
1
1+
2n
1
log 1 +
n
≥
1
.
n
Esta última desigualdad se sigue de la proposición anterior.
Antes de continuar con el cálculo del lı́mite vamos a demostrar que la sucesión {a2n /an } es creciente.
Para esto vamos a probar una desigualdad que nos permite concluir el resultado. Note que los términos
de esta sucesión son menores que 1 por la proposición anterior.
Proposición 4. La función g(x) = x(1 + log(1 + x/2)) − (1 + x) log(1 + x) es creciente en [0, ∞), y
ası́ g(x) ≥ 0 para todo x ≥ 0.
Demostración. Tenemos que
g 0 (x) = 1 + log(1 + x/2) +
x
x+2
− (log(1 + x) + 1) =
x
x
≥ 0,
− log 1 +
x+2
x+2
donde la desigualdad se sigue de la conocida et ≥ 1 + t para t ∈ R (o bien, su equivalente t ≥ log(1 + t)
para t > −1), y ası́ concluye la prueba.
Proposición 5. La sucesión {a2n /an } es creciente y acotada, por lo que converge a un número real
positivo.
Demostración. La afirmación a2n+2 /an+1 ≥ a2n /an es equivalente a
n 1
1
e≥ 1+
1+
,
n
2n + 1
lo cual es equivalente a
1
1
1
1
≥ log 1 +
+ log 1 +
,
n
n
n
2n + 1
o bien a la desigualdad
1
1
1
1
1 + log 1 +
≥ 1+
log 1 +
.
n
2n
n
n
Esta última desigualdad se sigue de la proposición anterior.
El resultado anterior y la convergencia de la sucesión {a2n /a2n } a un número real positivo van a permitir
demostrar que el lı́mite de la sucesión {an } es un número real positivo.
Proposición 6. La sucesión {a2n /a2n } converge a un número real positivo.
Demostración. Sea {bn } la sucesión definida por bn := a2n /a2n . Después de unas simplificaciones obtenemos que
√
√
2 · 4 · · · (2n) 2
22n (n!)2 2
√
√ .
bn =
=
(2n)! n
1 · 3 · · · (2n − 1) n
Note que
b2n =
2 · 22 · 42 · · · (2n)2
=2·
2
1 · 32 · · · (2n − 1)2 · n
22
1·3
(2n − 2)2
(2n − 3)(2n − 1)
···
(2n − 2)2
(2n − 3)(2n − 1)
·
2n
2n
·
,
2n − 1 n
de manera que
lı́m b2n = 2 lı́m
n→∞
n→∞
22
1·3
···
2
·
n−1
Y
2n
2n
1
·
= 4 lı́m
1+ 2
.
n→∞
2n − 1 n
4k − 1
k=1
(2)
Ahora note que para k ≥ 1 se tiene que
1+
2
1
1
≤ 1 + 2 ≤ e1/k .
−1
k
4k 2
P∞
Puesto que k=1 1/k 2 converge se tiene entonces que el lı́mite anterior existe. Esto demuestra que la
sucesión {a2n /a2n } converge.
Corolario 7. La sucesión {an } converge al número real positivo
2
Y
∞ 1
4k 2
1−
k=1
−1/2
.
(3)
Demostración. Sea L el lı́mite de la sucesión {a2n /an } y M el lı́mite de la sucesión {a2n /a2n }, con
L, M > 0 por las proposiciones 5 y 6. Esto implica que el lı́mite de la sucesión {an } es LM y por lo
tanto que el lı́mite es positivo. Además, se tiene que
L = lı́m
n→∞
a2n
lı́mn→∞ a2n
=
= 1.
an
lı́mn→∞ an
Por lo tanto, el lı́mite de la sucesión {an } es igual a M , que por (2) es igual a
2
Y
∞ k=1
1
1+ 2
4k − 1
Y
−1/2
∞ 1
=2
1− 2
,
4k
1/2
k=1
como se querı́a.
3.
Cálculo del lı́mite
En esta sección procedemos a calcular el valor del producto infinito en (3). Reproducimos la prueba
que se presenta en [2], para la cual es necesario el siguiente lema sobre la factorización de la función
sen x como un producto infinito.
Lema 8. Si x un número real, entonces se cumple que
sen x = x
∞ Y
1−
k=1
x2
k2 π2
.
Demostración. Por la fórmula de De Moivre se tiene que
(cos t + i sen t)2n+1 − (cos t + i sen t)2n+1
2i 2n + 1
2n + 1
2n
=
cos t sen t −
cos2n−2 t sen3 t + · · · + (−1)n sen2n+1 t
1
3
sen(2n + 1)t =
= sen tW (sen2 t),
donde W (u) es un polinomio de grado a lo sumo n. Como sen(2n + 1)t se anula para tk = kπ/(2n + 1)
para k = 1, 2, . . . , n, el polinomio W (u) se debe anular para uk = sen2 tk con k = 1, 2, . . . , n. Además,
todos estos valores de uk son distintos, por lo que
W (u) = A
n Y
k=1
u
1−
sen2 tk
.
Por lo tanto se tiene que
sen(2n + 1)t = A sen t
n Y
k=1
3
sen t
1−
sen2 tk
,
de donde se concluye que A = lı́mt→0 sen(2n + 1)t/ sen t = 2n + 1.
Sea x ∈ R fijo y m ∈ N tal que |x| < (m + 1)π. Si n > m podemos escribir
sen x = Pm,n Qm,n ,
(4)
donde
Pm,n = (2n + 1) sen
m Y
x
sen2 x/(2n + 1)
, Qm,n =
1−
2n + 1
sen2 kπ/(2n + 1)
k=1
n
Y
sen2 x/(2n + 1)
.
1−
sen2 kπ/(2n + 1)
k=m+1
Tomando el lı́mite cuando n → ∞ se obtiene que
lı́m Pm,n = x
n→∞
m Y
k=1
x2
1− 2 2
k π
.
(5)
Por lo tanto se tiene que para x 6= kπ {Qm,n } converge a un valor Qm . A continuación vamos a estimar
Qm . Para esto, note que
(m + 1)π
π
|x|
<
< .
2n + 1
2n + 1
2
Usando las desigualdades 2u/π < sen u < u, para 0 < u < π/2, se tiene que
0<
0<1−
x2
sen2 x/(2n + 1)
,
<1−
2
4k
sen2 kπ/(2n + 1)
para k = m + 1, . . . , n, de manera que
n
Y
x2
1 − 2 < Qm,n < 1.
4k
k=m+1
De una manera similar
Q∞en la que se probó la convergencia del producto en (2) se puede demostrar que
el producto infinito k=1 (1 − x2 /4k 2 ) converge. Esto implica que
∞
Y
k=m+1
x2
1− 2
4k
≤ Qm ≤ 1,
y ası́ se obtiene que
lı́m Qm = 1.
(6)
m→∞
De (4), (5) y (6) se concluye el resultado.
Corolario 9. Se cumple que
∞ Y
k=1
1
1− 2
4k
=
2
.
π
Este corolario y el de la sección anterior completan la demostración del teorema.
Referencias
[1] T. M. Apostol, Calculus, vol. II, John Wiley & Sons, Segunda edición, 1969; p. 616.
[2] W. J. Kaczor, M. T. Nowak, Problems in Mathematical Analysis I: Real Numbers, Sequences
and Series, American Mathematical Society, 2000; p. 374.
4
INTRODUCCIÓN AL ANÁLISIS FUNCIONAL II:
TOPOLOGÍAS DÉBILES Y ESPACIOS DE HILBERT
Gredy Jhovanny Salmerón Casco
Pontificia Universidad Católica de Chile
Resumen
Los espacios de Hilbert son objetos fundamentales en el análisis funcional que generalizan el concepto de espacio euclı́deo; esto permite que nociones y técnicas aplicables a espacios de dimensión
dos y tres se extiendan a espacios de dimensión infinita. En nuestro estudio haremos un recorrido
por las propiedades básicas de estos espacios. Incluimos además una breve reseña de las topologı́as
débiles, convergencia débil y operadores compactos en espacios de Hilbert.
1.
Introducción a los espacios de Hilbert
Iniciamos nuestro estudio definiendo los productos internos. Todos los espacios vectoriales considerados
serán reales. La palabra “subespacio” a secas se referirá a un subespacio vectorial.
Definición 1.1. Sea H un espacio vectorial. Una función h·, ·i : H × H → R es un producto interno
en H si para cualesquiera x1 , x2 , x e y ∈ H y números reales: α y β
1. hαx1 + βx2 , yi = αhx1 , yi + βhx2 , yi,
2. hx, yi = hy, xi,
3. hx, xi > 0, si x 6= 0.
Un espacio lineal H con un producto interno en H es llamado un espacio de producto interno.
La propiedad (2) se llama simetrı́a. A partir de (1) y (2) se deduce que hx, αy1 + βy2 i = αhx1 , y1 i +
βhx2 , y2 i; esta propiedad, junto con (1), se llama bilinealidad.
Ejemplo 1.1. Los siguientes son productos internos (compruébelo).
1. Para dos sucesiones x = (xk ) e y = (yk ) ∈ `2 sea hx, yi =
∞
X
xk yk .
k=1
2
Z
2. Dado un conjunto medible E y dos funciones f y g ∈ L (E), definamos hf, gi =
la integral es con respecto a la medida de Lebesgue.
f gdµ, donde
E
Proposición 1.1. (Desigualdad de Cauchy-Schwarz) Para dos vectores, u, v en un espacio con producto interno se verifica que |hu, vik ≤ ||u|| · ||v||.
p
Demostración. De manera natural definimos ||h|| = hh, hi. Observemos que para todo t ∈ R
0 ≤ ||u + tv||2 = hu + tv, u + tvi = ||u||2 + 2thu, vi + t2 ||v||2 .
Observamos que la ecuación cuadrática del miembro derecho es siempre mayor o igual que cero, y por
lo tanto no tiene raı́ces reales distintas. Como consecuencia el discriminante de esta ecuación es no
positivo y por lo tanto 4hu, vi2 − 4||u||2 ||v||2 ≤ 0, o sea |hu, vik ≤ ||u|| · ||v||.
5
En la proposición anterior se definió de manera natural ||h|| =
por el producto interno en H.
p
hh, hi. Esta es la norma inducida
Proposición 1.2. Sea H un espacio con producto interno. Definimos ||h|| =
Entonces || · || es una norma en H.
p
hh, hi para todo h ∈ H.
Demostración. La única propiedad de una norma que no es evidente para la función || · || es la desigualdad triangular. Esto, sin embargo, es una consecuencia de la desigualdad de Cauchy-Schwarz, ya
que para dos vectores u, v ∈ H,
0 ≤ ||u + v||2 = hu + v, u + vi = ||u||2 + 2hu, vi + ||v||2 ≤ ||u||2 + 2||u||||v|| + ||v||2 = (||u|| + ||v||)2
y por lo tanto ||u + v|| ≤ ||u|| + ||v||. De este modo || · || es una norma en H.
Una identidad importante y fácil de deducir es la identidad del paralelogramo: Para cualesquiera
vectores u,v en un espacio con producto interno H se verifica que
||u − v||2 + ||u + v||2 = 2||u||2 + 2||v||2 .
Teorema 1.1. Sea (X, || · ||) un espacio normado. Entonces la norma || · || es inducida por un producto
interno si y solamente si la identidad del paralelogramo se satisface.
Demostración. Ejercicio.
Estamos ya en las condiciones de definir un espacio de Hilbert.
Definición 1.2. Decimos que un espacio con producto interno H es un espacio de Hilbert si es un
espacio de Banach con respecto a la norma inducida por el producto interno.
Teorema 1.2. Sean H un espacio de Hilbert, y (xn ), (yn ) sucesiones en H tales que xn → x, yn → y.
Entonces hxn , yn i → hx, yi.
Demostración. Por la desigualdad de Cauchy-Schwarz se tiene que
|hxn , yn i − hx, yi| = |hxn − x, yn i + hx, yn − yi| ≤ ||xn − x||||yn || + ||x||||yn − y||
Y puesto que claramente ||yn || → ||y|| cuando n → ∞ se tiene que el miembro izquierdo de la
desigualdad anterior converge a cero cuando n → ∞.
Presentamos a continuación un resultado interesante en espacios de Hilbert, el cual afirma que la
distancia de un punto a un subconjunto cerrado de H está bien definida.
Teorema 1.3. Sea K un subconjunto cerrado, convexo y no vacı́o de un espacio de Hilbert H, y h0
un elemento de H\K. Entonces existe exactamente un vector h∗ ∈ K que es el más cercano a h0 en
el sentido de que
||h0 − h ∗ || = dist(h0 , K) = ı́nf ||h0 − h||.
h∈K
Demostración. Al sustituir K por K − h0 , se puede pensar que h0 = 0. Sea (hn ) una sucesión en K
que satisface que
lı́m ||hn || = ı́nf ||h||
(1)
n→∞
h∈K
Concluimos de la identidad paralelogramo y de la convexidad de K que para cada m y n
2
hn + hm 2
+ 2 hn + hm ≥ 2 ı́nf ||h||2 + 2 hn − hm ||hn ||2 + ||hm ||2 = 2 (2)
h∈K
2
2
2
6
De (1) y (2) se deduce que (hn ) es una sucesión de Cauchy. Puesto que H es completo y K cerrado,
(hn ) converge fuertemente a h∗ ∈ K. Por la continuidad de la norma, ||h ∗ || = ı́nf h∈K ||h||.
Este es el punto en K que está más cercano al origen; veamos que es único. Si h∗ es otro vector en K
que está más cerca del origen, entonces, si sustituimos h∗ por hn y h∗ por hm en la desigualdad (2):
h∗ − h∗ 2
||h∗ ||2 + ||h ∗ ||2 − 2 ı́nf ||h||2 ≥ 2 h∈K
2
Por lo tanto h∗ = h∗.
Definición 1.3. Dos vectores u, v en un espacio con producto interno H son ortogonales si satisfacen
que hu, vi = 0. Un vector u es ortogonal a un subconjunto S de H si es ortogonal a cada vector en
S. Denotamos por S ⊥ a la colección de vectores en H que son ortogonales a S.
Notemos que S ⊥ es un subespacio cerrado de H(verificarlo).
Teorema 1.4. Sea V un subespacio cerrado de un espacio de Hilbert H. Entonces H se descompone
como la suma directa de V y V ⊥ , es decir H = V ⊕ V ⊥ .
Demostración. Sea h0 perteneciente a H\V . El teorema anterior nos dice que existe un único vector
h∗ ∈ V que está más cerca de h0 . Sea h cualquier vector en V . Para un número real t, ya que V es un
subespacio lineal el vector h ∗ −th pertenece a V y por lo tanto
hh0 − h∗, h0 − h∗i = ||h0 − h ∗ ||2 ≤ ||h0 − (h ∗ −th)||2 = hh0 − h∗, h0 − h∗i + 2thh0 − h∗, hi + t2 hh, hi.
Por lo tanto para todo t ∈ R
0 ≤ 2thh0 − h∗, hi + t2 hh, hi,
y como consecuencia hh0 − h∗, hi = 0. Ası́, el vector h0 − h∗ es ortogonal a V . Obsérvese que h0 =
h ∗ +(h0 − h∗). Llegamos a la conclusión de que H = V + V ⊥ y puesto que V ∩ V ⊥ = {0}, se sigue
que H = V ⊕ V ⊥ .
Corolario 1.5. Un subespacio lineal V de un espacio de Hilbert H es denso si y sólo si 0 es el único
vector ortogonal a M .
Demostración. Ejercicio.
En vista de los resultados anteriores, dado un subespacio cerrado V de un espacio de Hilbert H,
entonces para todo h ∈ H podemos escribir h = v + v 0 , con v ∈ V, v 0 ∈ V ⊥ . Definamos el operador
P : H → H tal que P (h) = v, el cual es llamado la proyección ortogonal de H sobre V .
Proposición 1.3. Sea P la proyección ortogonal de un espacio de Hilbert H sobre un subespacio
cerrado V . Entonces ||P || = 1 y hP (u), vi = hu, P (v)i para cualesquiera u, v ∈ H.
Demostración. Ejercicio.
Definición 1.4. Un subconjunto S de H es ortogonal si dos vectores cualesquiera de S son ortogonales. Si tal conjunto tiene la propiedad adicional de que cada vector en S es un vector de norma 1,
decimos que S es ortonormal.
Existe una generalización del teorema de Pitágoras para vectores ortonormales: Si u1 , u2 , . . . , un son
vectores ortonormales en H y a1 , a2 , . . . , an ∈ R entonces
||a1 u1 + a2 u2 + · · · , an un ||2 = ||a1 ||2 + ||a2 ||2 + · · · + ||an ||2 .
Ahora establecemos una importante y útil desigualdad conocida como la desigualdad de Bessel.
7
Proposición 1.4. Para una sucesión ortonormal (φn ) en H y h ∈ H se tiene que
∞
X
hφk , hi2 ≤ ||h||2 .
k=1
Demostración. Para verificar esta desigualdad, fijemos n y definamos hn =
por la identidad de Pitágoras tenemos que
0 ≤ ||h−hn ||2 = ||h||2 −2hh, hn i+||hn ||2 = ||h||2 −2
n
X
hh, φk ihh, φk i+
k=1
Por lo tanto
n
X
n
X
Pn
k=1 hh, φk iφk ;
hh, φk i2 = ||h||2 −
k=1
entonces
n
X
hh, φk i2 .
k=1
hφk , hi2 ≤ ||h||2 , y tomando el lı́mite cuando n → ∞ se tiene el resultado buscado.
k=1
Teorema
1.6. Sea (φk ) una sucesión ortonormal en un
espacio de Hilbert H y sea h ∈ H. Entonces
P∞
P∞
la serie k=1 hφk , hiφk converge en H y el vector h − k=1 hφk , hiφk es ortogonal a cada φk .
Pn
Demostración. Para un número natural n, definimos hn = k=1 hφk , hiφk . De la identidad general de
Pitágoras, tenemos para cada par de números naturales n y k,
||hn+k − hn ||2 =
n+k
X
hφi , hiφi
i=n+1
P∞
2
Sin embargo, por la desigualdad de Bessel, la serie
P∞ k=1 hφk , hi converge y por lo tanto (hn ) es una
sucesión de Cauchy en H. Como H es completo, k=1 hφk , hiφk converge a un vector h∗ ∈ H. Fijemos
un número natural m. Obsérvese que si n > m, entonces h − hn es ortogonal a φm . Po la continuidad
del producto interior, h − h∗ es ortogonal a φm .
Definición 1.5. Una sucesión ortonormal (φk ) en un espacio de Hilbert H es una base ortonormal
si satisface que para cada h ∈ H
∞
X
h=
hφk , hiφk .
k=1
Recordemos que un espacio es separable si este posee un subconjunto denso numerable. Para espacios
de Hilbert de dimensión infinita y que son separables se garantiza la existencia de una base ortonormal:
Teorema 1.7. Todo espacio de Hilbert separable y de dimensión infinita posee una base ortonormal.
Demostración. Sea F la colección de subconjuntos de H que son ortonormales. Establezcamos un
orden en F mediante la inclusión; la unión de todos los conjuntos en F es una cota superior para
la colección. Por el lema de Zorn, es posible seleccionar un elemento maximal S0 ⊆ F. Como H es
separable, S0 P
es contable. Sea {φk }∞
∈ H, entonces por el teorema
k=1 una enumeración de S0 . Si 0 6= h P
∞
∞
anterior h − k=1 hφk , hiφk es ortogonal a cada φkP
. Por lo tanto h − k=1 hφk , hiφk = 0, pues de
∞
otro modo la unión de S0 y la normalización de h − k=1 hφk , hiφk serı́a un conjunto ortonormal que
contiene a S0 , lo cual no es posible. Por lo tanto (φk ) es una base ortonormal para H.
Proposición 1.5. Sea H un espacio de Hilbert y V un subespacio cerrado y separable para el cual
(ϕk ) es una base ortonormal. Si P es la proyección ortogonal de H sobre V , entonces P está dada por
X
Pu =
hϕk , uiϕk .
k∈N
8
Demostración. Notemos que por ser P la proyección ortonormal, se cumple que hP u, vi = hu, P vi para
cualesquiera u, v ∈ H. Además P (ϕn ) = ϕn Luego por ser (ϕk )k∈N una base ortonormal para V , para
todo v ∈ V se tiene que
∞
X
v=
hϕk , viϕk .
k=1
Si u ∈ H, entonces P (u) ∈ V pues es la proyección sobre V ; ası́ se tiene que
P (u) =
∞
X
hϕk , P (u)iϕk =
k=1
y por lo tanto P u =
X
∞
X
hP (ϕk ), uiϕk =
k=1
∞
X
hϕk , uiϕk .
k=1
hϕk , uiϕk .
k∈N
Definición 1.6. Si T es un operador, definimos el operador adjunto de T como el operador T ∗ :
H → H determinado por la relación hT (u), vi = hu, T ∗ (v)i para cualesquiera u, v ∈ H.
Proposición 1.6. Sea H un espacio de Hilbert. Si T es un operador continuo, entonces T ∗ también
lo es y se verifica que ||T || = ||T ∗ ||.
Demostración. Claramente T ∗ es un operador lineal. Sea h un vector unitario en H. Entonces por la
desigualdad de Cauchy-Schwarz
||T ∗ (h)||2 = hT ∗ (h), T ∗ (h)i = hT (T ∗ (h)), hi ≤ ||T ||||T ∗ (h)||
y por lo tanto T ∗ es un operador lineal continuo y ||T ∗ || ≤ ||T ||. Pero además observemos que
||T (h)||2 = hT (h), T (h)i = hT ∗ (T (h)), hi ≤ ||T ∗ ||||T (h)||
y por lo tanto ||T || ≤ ||T ∗ ||.
El operador adjunto tiene las siguientes propiedades, cuya verificación se le dejan al lector:
(T ∗ )∗ = T,
2.
(S + T )∗ = T ∗ + S ∗ ,
(T ◦ S)∗ = S ∗ ◦ T ∗ .
Topologı́as débiles y sucesiones débilmete convergentes
Para dos topologı́as T1 y T2 en un conjunto X, diremos que T1 es más débil que T2 , o T2 es más fuerte
que T1 si se satisface que T1 ⊆ T2 . Observemos que una función definida sobre X que es continua con
respecto a una topologı́a en X, entonces también es continua con respecto a cualquier topologı́a más
fuerte, pero puede no ser continua con respecto a una topologı́a más débil.
Definición 2.1. Si F es una colección de funciones lineales con valores reales en un conjunto X, la
topologı́a débil en X inducida por F, o la topologı́a F-débil sobre X se define como la topologı́a más
pequeña en X tal que cada función en F es continua.
Una base para la topologı́a F-débil sobre X está formada por los conjuntos
N,f1 ,f2 ··· ,fn (x) = {x0 ∈ X : |fk (x0 ) − fk (x)| < , ∀1 ≤ k ≤ n}
donde > 0 y (fk )nk=1 es una subcolección finita de F.
Definición 2.2. Una sucesión (xn ) en X converge a x ∈ X con respecto a la topologı́a F-débil si
lı́mn→∞ f (xn ) = f (x) para todo f ∈ F. En tal caso diremos que (xn ) converge débilmente a x y lo
denotaremos por xn * x.
9
Una función de X que es continua con respecto a la topologı́a F-débil es llamada F-débilmente continua. Del mismo modo tenemos conjuntos F-débilmente abiertos, conjuntos F-débilmente cerrados
y conjuntos F-débilmente compactos.
Dado un espacio vectorial X, definimos el espacio dual continuo de X como el conjunto de todos
los operadores lineales continuos sobre X. Denotaremos el espacio dual de X por X ∗ .
Definición 2.3. Sea X un espacio normado. La topologı́a débil inducida por X ∗ es llamada la
topologı́a débil sobre X.
De las definiciones anteriores tenemos que xn * x si y sólo si lı́mn→∞ f (xn ) = f (x) para todo f ∈ X ∗ .
Existe una tercera topologı́a importante para los espacios duales, además de las topologı́as débiles o
fuertes. Para un espacio normado X y x ∈ X se define el funcional J(x) : X ∗ → R como J(x)(ψ) = ψ(x)
para todo ψ ∈ X ∗ . Es claro que el funcional J(x) es lineal y acotado sobre X ∗ mediante ||J(x)|| ≤ ||x||.
Por otra parte, el operador J : X → (X ∗ )∗ es lineal y por lo tanto J(X) es un subespacio de (X ∗ )∗ .
Definición 2.4. Sea X un espacio lineal normado. La topologı́a débil en X ∗ inducida por J(X) ⊆
(X ∗ )∗ es llamada la topologı́a débil-* (“débil-estrella”) X ∗ .
Definición 2.5. Sea X un espacio normado. El operador J : X → (X ∗ )∗ definido por J(x)(ψ) = ψ(x)
para todo ψ ∈ X ∗ es llamado el embebimiento natural (notar que J es inyectivo) de X en (X ∗ )∗ .
El espacio X se dice reflexivo si se cumple que J es un operador sobreyectivo, es decir J(X) = (X ∗ )∗ .
Observación. J es una isometrı́a(verificarlo).
Proposición 2.1. Sea X un espacio normado. Entonces toda sucesión débilmente convergente en X
es acotada. Además, si xn * x entonces ||x|| ≤ lı́mı́nf n→∞ ||xn ||.
Demostración. Tomemos xn * x en X, y utilicemos esta sucesión para construir la sucesión de
funcionales {J(xn ) : X ∗ → R}, la cual converge puntualmente a J(x) : X ∗ → R. El teorema de
la cota uniforme nos permite concluir que (J(xn )) es una sucesión de funcionales acotados en X ∗ . Por
la última observación hecha sabemos queJ es una isometrı́a; entonces la sucesión (xn ) es
Ahora verifiquemos la última parte del enunciado, Por el teorema de Hahn-Banach (se recomienda
al lector verificar este resultado) sabemos que existe un funcional f ∈ X ∗ para el cual ||f || = 1 y
f (x) = ||x||. De este modo tenemos que: |f (xn )| ≤ ||f || · ||x|| = ||xn || para todo n. Además ||f (xn )||
converge a |f (x)| = ||x||, y por lo tanto ||x|| = lı́mn→∞ |f (xn )| ≤ lı́m inf ||xn ||, como buscábamos.
Después del breve recorrido por topologı́as débiles, retomemos los espacios de Hilbert con un resultado
sumamente importante conocido como el teorema de representación de Riesz, el cual establece
que cualquier funcional lineal de H puede expresarse en términos del producto interno.
Teorema 2.1. (Teorema de representación de Riesz) Sea H un espacio de Hilbert. Definimos el
operador T : H → H ∗ de modo que a cada h ∈ H se le asigna el funcional lineal T (h) : H → R definido
por T (h)(u) = hh, ui para todo u ∈ H. Entonces T es un operador lineal sobreyectivo e isométrico.
Demostración. Sea h ∈ H. Por la desigualdad de Cauchy-Schwarz el funcional T (h) : H → R es
acotado y ||T (h)|| ≤ ||h||. Pero si h 6= 0, entonces T (h)(h/||h||) = ||h||. Por lo tanto ||T (h)| = ||h||, y
ası́ T es una isometrı́a.
Es evidente que T es lineal; queda por demostrar que T (H) = H ∗ . Sea ψ0 6= 0 un elemento de H ∗ .
Puesto que ψ0 es continuo, su núcleo es un subespacio cerrado de H(verificar este hecho). Por el
teorema 1.4, ya que Ker ψ0 6= H, podemos elegir un vector unitario h∗ ∈ H que es ortogonal a Ker ψ0 .
Definamos h0 = ψ0 (h∗ )h∗ . Afirmamos que T (h0 ) = ψ0 . En efecto, para h ∈ H,
ψ0 (h)
ψ0 (h)
h−
h∗ ∈ Ker ψ0
=⇒
h−
h∗ , h∗ = 0
ψ0 (h∗ )
ψ0 (h∗ )
y por lo tanto ψ0 (h) = hh0 , hiT (h0 )(h).
10
Observaciones
a) El teorema anterior nos dice que todo f ∈ H ∗ puede expresarse como f (h) = hh0 , hi para algún
h0 ∈ H.
b) En vista de la definición de convergencia débil y el teorema anterior, (xn ) converge débilmente a
x en un espacio de Hilbert H si y sólo si para todo h ∈ H
lı́m hh, xn i = hh, xi.
n→∞
Proposición 2.2. Sea (xn ) * x en un espacio de Hilbert H. Entonces (xn ) es acotada y
||x|| ≤ lı́m inf ||xn ||.
Demostración. Ejercicio.
Teorema 2.2. Toda sucesión acotada en un espacio de Hilbert H tiene una subsucesión débilmente
convergente.
Demostración. Ejercicio.
Es claro que si una sucesión (un ) converge fuertemente a x, entonces (xn ) converge débilmente a x,
pero el reciproco de esto no necesariamente es cierto. El siguiente resultado, conocido como el teorema
de Radon-Riesz, da una condición para que la convergencia débil implique la fuerte.
Teorema 2.3. Sea un * u en un espacio de Hilbert H. Entonces (un ) → u (convergencia fuerte) si
y sólo si lı́m ||un || = ||u||.
n→∞
Demostración. Dado que la norma es continua con respecto a la topologı́a fuerte, si (un ) → u entonces
lı́mn→∞ ||un || = ||u||. Por otro lado, si lı́mn→∞ ||un || = ||u||, entonces dado que
||un − u||2 = ||un ||2 − 2hun , ui + ||u||
para todo n, se sigue que la sucesión débilmente convergente un es fuertemente convergente.
Teorema 2.4. Todo espacio de Hilbert H es reflexivo.
Demostración. Para establecer la reflexividad es necesario demostrar que el embebimiento natural
J : H → (H ∗ )∗ es sobreyectivo. Para ello tomemos un funcional lineal acotado Ψ : H ∗ → R. Sea
T : H → H ∗ el isomorfismo descrito en el teorema de representación de Riesz. Entonces Ψ ◦ T : H → R
es acotado. El teorema de representación de Riesz dice que existe h0 ∈ H para el cual se verifica que
Ψ ◦ T = T (h0 ). Por lo tanto para todo h ∈ H
Ψ(T (h)) = T (h0 )(h) = T (h)(h0 ) = J(h0 )(T (h)).
Puesto que T (H) = H ∗ , Ψ = J(h0 ). y en consecuencia H es reflexivo.
3.
Operadores compactos
Los operadores compactos generalizan las nociones de compacidad que se tenı́an para espacios métricos
y ahora traducidas a operadores continuos. Dado un espacio de Hilbert H, denotaremos por L(H) el
conjunto de los operadores continuos H → H.
Definición 3.1. Un operador T ∈ L(H) es compacto si T (B) tiene clausura compacta con respecto
a la topologı́a fuerte, donde B denota a la bola unitaria cerrada en H.
11
El siguiente resultado nos permite establecer las condiciones necesarias y suficientes de compacidad para
la bola unitaria cerrada en un espacio normado. Por motivos de espacio omitiremos la demostración.
Lema 3.1. En un espacio normado H, B es compacta si y sólo si H es de dimensión finita.
Teorema 3.1.
a) Si T : H → H es un operador de rango finito (es decir la imagen de T tiene dimensión finita),
entonces T es un operador compacto.
b) Si H es un espacio de dimensión infinita, entonces el operador identidad I no es compacto.
Demostración.
a) Sea T un operador de rango finito. Entonces T es acotado (puesto que todo operador de rango
finito es continuo). Como los operadores acotados envı́an conjuntos acotados a conjuntos acotados, resulta que T (B) es un conjunto acotado en un subespacio de dimensión finita T (H) ⊆ H.
Y puesto que todo conjunto acotado en un subespacio de dimensión finita tiene clausura compacta(verificarlo), se tiene que T (B) tiene clausura compacta.
b) Trivial por el lema anterior.
Teorema 3.2. Sea H un espacio de Hilbert y K ∈ L(H). Los siguientes literales son equivalentes.
a) K es compacto.
b) K(B) es totalmente acotado, donde B es la bola cerrada unitaria.
c) Si (hn ) es una sucesión acotada en H, (K(hn )) tiene una subsucesión fuertemente convergente.
Demostración. Ejercicio.
Denotemos por K(H) el conjunto de los operadores compactos.
Teorema 3.3. Sea H un espacio lineal normado. Entonces K(H) es un subespacio cerrado de L(H).
Demostración. La verificación de que K(H) es un subespacio es trivial. Demostremos que K(H) es un
subespacio cerrado de L(H). Sea Kn : H → H una sucesión de operadores compactos y K : H → H
un operador acotado tal que Kn → K en la norma de operador. Veamos que K es compacto.
Dado > 0, elegimos N = N () de tal manera que ||KN − K|| < . Utilizando el hecho de que KN (B)
es totalmente acotado, elijamos un subconjunto finito Λ ⊂ B tal que mı́nx∈Λ ||y − KN x|| < para todo
y ∈ KN (B). Entonces, para z = K(x0 ) ∈ K(B) y x ∈ Λ,
||z − K(x)|| = ||(K − KN )(x0 ) + K(x0 − x) + (KN − K)(x)|| ≤ 2 + ||KN (x0 ) − KN (x)||.
Por lo tanto mı́nx∈Λ ||y − KN x|| < 3, lo que demuestra que K(B) es totalmente acotado y por lo tanto
K es compacto.
Teorema 3.4. El conjunto de operadores de rango finito es denso en K(H).
Demostración. Sea K un operador compacto, entonces K(B) es un compacto que contiene un subconjunto denso numerable(ya que todo espacio métrico compacto es separable) y de esto se deduce que
K(H) es un subespacio separable de H.
PN
Sea (ϕn ) una base ortonormal para K(H) ⊂ H y PN (y) = n=1 hy, ϕn iϕn la proyección ortogonal de
y sobre el subespacio generado por {ϕn }N
n=1 . Entonces lı́mn→∞ ||PN − y|| = 0 para todo y ∈ K(H).
12
Definimos un operador de rango finito en H como Kn := Pn K. Procedamos por contradicción. Supongamos que lı́m supn→∞ ||K−Kn || = > 0, en cuyo caso no existe xnk ∈ B tal que ||(K−Knk )(xnk )|| ≥ para todos los nk . Puesto que K es compacto, pasando a una subsucesión si es necesario, podemos
suponer que {Kxnk }∞
nk =1 es convergente en H. Haciendo y := lı́mk→∞ K(xnk ):
||(K − Knk )xnk || = ||(1 − Pnk )K(xnk )|| = ||(1 − Pnk )K(xnk − y)|| + ||(1 − Pnk )y||
≤ ||Knk − y|| + ||(1 − Pnk )y|| → 0
cuando n → ∞.
Pero esto contradice la suposición de que es positivo y por lo tanto tenemos que lı́mn→∞ ||K − Kn || =
0, es decir, K es un lı́mite de operadores de rango finito, lo que hace concluir que los operadores de
rango finito son densos en K(H).
En los espacios de Hilbert existe una caracterización importante de los operadores compactos, la cual
tiene relación con las sucesiones débilmente convergentes.
Teorema 3.5. Sea H un espacio de Hilbert. Un operador T ∈ L(H) es compacto si y sólo si asigna
sucesiones débilmente convergentes a sucesiones fuertemente convergentes, es decir, si (hn ) * h entonces T (hn ) → T (h).
Demostración. De acuerdo con el Teorema 3.2, el operador es compacto si y sólo si envia sucesiones
acotadas a sucesiones que tienen una subsucesión fuertemente convergente. Primero supongamos que T
es compacto. Observemos que para cualquier operador T ∈ L(H), si uk * u entonces T (un ) * T (u),
ya que para cada v ∈ H,
lı́m h(T (uk ), vi = lı́m huk , T ∗ (v)i = hu, T ∗ (v)i = hT (u), vi.
k→∞
k→∞
Sea (hn ) * h en H. Por compacidad (T (hn )) tiene una subsucesión que converge fuertemente, y por
la observación anterior su lı́mite debe ser T (h). Por lo tanto (T (hn )) converge fuertemente a T (h).
Para el recı́proco, supongamos que T envı́a sucesiones débilmente convergentes a sucesiones fuertemente
convergentes. Sea (hn ) una sucesión acotada. El Teorema 2.2 nos dice que (hn ) tiene una subsucesión
débilmente convergente. La imagen de esta subsucesión converge fuertemente.
Dejamos un último resultado como ejercicio
Proposición 3.1. Si T es un operador en un espacio de Hilbert H, T ∈ K(H) si y sólo si T ∗ ∈ K(H).
Referencias
[1] Royden, H.L., Fitzpatrick, P. M., Real Analysis, 3rd ed., Prentice Hall, 1988.
[2] Folland, G.B., Real Analysis: Modern Techniques and Their Applications, 2nd ed., Wiley, 1999.
[3] Driver, B.K., Analysis Tools with Applications, 2003.
http://www.math.ucsd.edu/ bdriver/231-02-03/Lecture Notes/PDE-Anal-Book/analpde1.pdf
[4] Brezis, H., Functional Analysis, Sobolev Spaces and Partial Differential Equations, Universitext,
Springer, 2010.
Gredy Jhovanny Salmerón
Correo electrónico:[email protected]
13
XIV OLIMPIADA MATEMÁTICA DE CENTROAMÉRICA
Y EL CARIBE
La Herradura, La Paz, El Salvador
Martes, 19 de junio de 2012
Día 1
Problema 1.
Hallar todos los enteros positivos que sean iguales a 700 veces la suma de sus dígitos.
Problema 2.
Sea γ la circunferencia circunscrita al triángulo acutángulo ABC. Sea P el punto medio del
menor arco BC. La paralela por P a la recta AB intercepta BC, AC y γ en los puntos R, S y T ,
respectivamente. Se definen los puntos K y L como las intersecciones de AP con BT y BS con
AR. Demostrar que la recta KL pasa por el punto medio de AB si y sólo si CS = PR.
Problema 3.
Sean a, b, c números reales que satisfacen
Demostrar que
a+b+c−
1
1
1
+
+
= 1 y ab + bc + ca > 0.
a+b b+c c+a
abc
≥ 4.
ab + bc + ca
Cada problema tiene un valor de 7 puntos.
Duración de la prueba: 4 horas y 30 minutos.
14
1
XIV OLIMPIADA MATEMÁTICA DE CENTROAMÉRICA
Y EL CARIBE
La Herradura, La Paz, El Salvador
Miércoles, 20 de junio de 2012
Día 2
Problema 4.
Trilandia es una ciudad muy peculiar. La ciudad tiene forma de triángulo equilátero de lado
2 012. Las calles dividen la ciudad en varios bloques que tienen forma de triángulo equilátero
de lado 1. También hay calles en el borde de Trilandia. En total hay 6 036 calles. El alcalde
quiere ubicar puestos de vigilancia en algunas esquinas de la ciudad, para vigilar las calles. Un
puesto de vigilancia puede vigilar todas las calles en las que esté ubicado. ¿Cuál es la menor
cantidad de puestos que se requieren para poder vigilar todas las calles de Trilandia?
Ésta es una de las 12 calles
en este modelo reducido
Problema 5.
Alejandro y Luisa son una pareja de ladrones. Cada día por la mañana, Luisa le roba a Alejandro un tercio de su dinero, pero por la tarde sufre de un inusual ataque de conciencia y le da la
mitad de todo el dinero que ella tiene. Si Luisa roba por primera vez en el día 1, y antes de eso
no tenía dinero, ¿cuál es la menor cantidad entera positiva de dinero que Alejandro debe tener
para que al final del día 2012 ambos tengan una cantidad entera de dinero?
Problema 6.
Sea ABC un triángulo con AB < BC, y sean E y F puntos en AC y AB, respectivamente, tales que
BF = BC = CE, ambos ubicados en el mismo lado que A respecto de BC. Sea G la intersección
de BE con CF. Se toma un punto H sobre la paralela a AC por G tal que HG = AF (con H en
∠BAC
distinto lado que C respecto de BG). Demostrar que ∠EHG =
.
2
Cada problema tiene un valor de 7 puntos.
Duración de la prueba: 4 horas y 30 minutos.
15
1
Language:
Spanish
Day:
Martes, 10 de julio de 2012
Dado un triángulo ABC , el punto J es el centro del excírculo opuesto al vértice A.
Este excírculo es tangente al lado BC en M , y a las rectas AB y AC en K y L, respectivamente.
Las rectas LM y BJ se cortan en F , y las rectas KM y CJ se cortan en G. Sea S el punto de
intersección de las rectas AF y BC , y sea T el punto de intersección de las rectas AG y BC .
Demostrar que M es el punto medio de ST .
Problema 1.
(El excírculo de ABC opuesto al vértice A es la circunferencia que es tangente al segmento BC ,
a la prolongación del lado AB más allá de B , y a la prolongación del lado AC más allá de C .)
Problema 2.
Sea n ≥ 3 un entero, y sean a2 , a3 , . . . , an números reales positivos tales que
a2 a3 · · · an = 1. Demostrar que
(1 + a2 )2 (1 + a3 )3 · · · (1 + an )n > nn .
El juego de la adivinanza del mentiroso es un juego para dos jugadores A y B . Las
reglas del juego dependen de dos enteros positivos k y n conocidos por ambos jugadores.
Al principio del juego, el jugador A elige enteros x y N con 1 ≤ x ≤ N . El jugador A mantiene
x en secreto, y le dice a B el verdadero valor de N . A continuación, el jugador B intenta obtener
información acerca de x formulando preguntas a A de la siguiente manera: en cada pregunta, B
especica un conjunto arbitrario S de enteros positivos (que puede ser uno de los especicados
en alguna pregunta anterior), y pregunta a A si x pertenece a S . El jugador B puede hacer tantas
preguntas de ese tipo como desee. Después de cada pregunta, el jugador A debe responderla inmediatamente con sí o no, pero puede mentir tantas veces como quiera. La única restricción es que entre
cualesquiera k + 1 respuestas consecutivas, al menos una debe ser verdadera.
Cuando B haya formulado tantas preguntas como haya deseado, debe especicar un conjunto X
de a lo más n enteros positivos. Si x pertenece a X entonces gana B ; en caso contrario, pierde.
Demostrar que:
Problema 3.
1. Si n ≥ 2k , entonces B puede asegurarse la victoria.
2. Para todo k sucientemente grande, existe un entero n ≥ 1, 99k tal que B no puede asegurarse
la victoria.
Language: Spanish
Tiempo: 4 horas y 30 minutos
Cada problema vale 7 puntos
16
1
Language:
Spanish
Day:
Miércoles, 11 de julio de 2012
Problema 4.
Hallar todas las funciones
f: Z→Z
que cumplen la siguiente igualdad:
f (a)2 + f (b)2 + f (c)2 = 2f (a)f (b) + 2f (b)f (c) + 2f (c)f (a),
para todos los enteros
a, b, c
que satisfacen
a + b + c = 0.
(Z denota el conjunto de los números enteros.)
∠BCA = 90◦ , y sea D el pie de la altura desde C .
Sea X un punto interior del segmento CD . Sea K el punto en el segmento AX tal que BK = BC .
Análogamente, sea L el punto en el segmento BX tal que AL = AC . Sea M el punto de intersección
de AL y BK .
Demostrar que M K = M L.
ABC
Problema 5.
Sea
Problema 6.
Hallar todos los enteros positivos
a1 , a2 , . . . , an
un triángulo tal que
n
para los cuales existen enteros no negativos
tales que
1
1
2
n
1
1
+ a2 + · · · + an = a1 + a2 + · · · + an = 1.
a
1
2
2
2
3
3
3
Language: Spanish
Tiempo: 4 horas y 30 minutos
Cada problema vale 7 puntos
17
2
XXVII Olimpiada Iberoamericana de Matemática
Cochabamba, Bolivia
Dı́a 1 (2 de octubre de 2012)
1. Sea ABCD un rectángulo. Se construyen triángulos equiláteros BCX y DCY de modo que estos
triángulos compartan algunos de sus puntos interiores con los puntos interiores del rectángulo.
Las rectas AX y CD se cortan en P , y las rectas AY y BC se cortan en Q. Probar que el
triángulo AP Q es equilátero.
2. Decimos que un entero positivo es brillante si puede ser escrito como la suma de dos enteros no
necesariamente distintos a y b con la misma suma de dı́gitos. Por ejemplo, 2012 es brillante ya
que 2012 = 2005 + 7, y 2005 y 7 tienen la misma suma de dı́gitos. Determinar todos los enteros
positivos que no son brillantes.
3. Sea n un entero positivo. Dado un conjunto de enteros {a1 , a2 , . . . , an }, donde ai ∈ {0, 1, 2, . . . 2n }
para todo i, asociamos a cada uno de sus subconjuntos la suma de sus elementos; en el caso
particular del conjunto vacı́o dicha suma es 0. Decimos que {a1 , a2 , . . . , an } es n-completo si
todas estas sumas son diferentes módulo 2n .
Determinar el número de conjuntos n-completos en función de n.
Dı́a 2 (3 de octubre de 2012)
4. Sean a, b, c, d enteros tales que a − b + c − d es impar y divide a a2 − b2 + c2 − d2 . Probar que
para todo entero positivo n, a − b + c − d divide a an − bn + cn − dn .
5. En un triángulo ABC, sean P y Q las intersecciones de la paralela a BC por A con las bisectrices
exteriores de los ángulos B y C, respectivamente. La perpendicular a BP por P y la perpendicular
a CQ por Q se cortan en R. Si I es el incentro de ABC, demostrar que AI = AR.
6. Demostrar que para todo entero positivo n existen n enteros positivos consecutivos tales que
ninguno de ellos es divisible por la suma de sus respectivos dı́gitos.
Tiempo por dı́a: 4 horas y media
Cada problema vale 7 puntos
18
Columna de Problemas No. 8 (Soluciones)
Problema 36
Sea ABC un triángulo tal que el centro N de la circunferencia de los 9 puntos coincide con uno de
sus vértices. Hallar los ángulos de ABC.
Fuente: Original de Óscar Olmedo, Instituto Nacional Jorge Eliseo Azucena Ortega (El Salvador)
Solución de Julio Ayala, Universidad de Buenos Aires
Sabemos que el punto N equidista de los puntos medios de los lados BC, CA y AB, a los que
llamaremos P, Q y R, respectivamente. Suponer N = A. Tendremos AP = AQ = AR. En consecuencia
AB = AC, y AP ⊥ BC. Como 4AP C es rectángulo en P , entonces AP = AQ = QP , de donde 4AP Q
es equilátero y ∠P AC = 60◦ . Análogamente ∠P AB = 60◦ . Ocupando AB = AC encontramos que
∠ABC = ∠ACB = 30◦ . Luego la repuesta es 30◦ , 30◦ y 120◦ , en algún orden.
Nota del editor: El enunciado original, que contenı́a varios literales, pedı́a también caracterizar a
los triángulos tales que el centro N de la circunferencia de los 9 puntos está sobre alguno de los lados
del triángulo. El lector está invitado a intentar este problema adicional.
A
R
Q
B
C
P
19
Problema 37
Sea k un número real. Determinar todos los valores enteros de a y b que satisfacen
a
a + k2 b
≤k≤
.
b
a+b
Fuente: Original de Óscar Hernández, Universidad de El Salvador
Solución de Julio Ayala, Universidad de Buenos Aires
La desigualdad k ≤ (a + k 2 b)/(a + b) es equivalente a b(k − 1)(k − a/b) ≥ 0 cuando a + b > 0. Por
hipótesis k − a/b ≥ 0. Por tanto basta garantizar que b(k − 1) ≥ 0. Llamando S al conjunto solución
tendremos los siguientes casos.
Si k > 1, entonces S = {(a, b) ∈ Z × Z | a + b > 0 ∧ b > 0 ∧ a/b ≤ k}.
Si k < 1, entonces S = {(a, b) ∈ Z × Z | a + b > 0 ∧ b < 0 ∧ a/b ≤ k}.
Si k = 1, entonces S = {(a, b) ∈ Z × Z | a + b > 0 ∧ a/b ≤ k}.
La desigualdad k ≤ (a + k 2 b)/(a + b) es equivalente a b(k − 1)(k − a/b) ≤ 0 cuando a + b < 0. Por tanto
basta garantizar que b(k − 1) ≤ 0. Llamando T al conjunto solución tendremos los siguientes casos.
Si k > 1, entonces T = {(a, b) ∈ Z × Z | a + b < 0 ∧ b < 0 ∧ a/b ≤ k}.
Si k < 1, entonces T = {(a, b) ∈ Z × Z | a + b < 0 ∧ b > 0 ∧ a/b ≤ k}.
Si k = 1, entonces T = {(a, b) ∈ Z × Z | a + b < 0 ∧ a/b ≤ k}.
Para cada uno de los tres casos el conjunto solución final es S ∪ T (el S y el T respectivos).
20
Problema 39
Encontrar todos los enteros positivos n que satisfacen n3 + (n + 1)3 + (n + 2)3 = (n + 3)3 .
Fuente: Original de Manuel Mundo (El Salvador) y el editor
Solución de Carlos Arias (El Salvador)
Expandimos la expresión dada, cancelamos términos comunes y dividimos por 2 para obtener
n3 − 6n − 9 = 0.
Sea r/s una raı́z racional de la ecuación con r, s ∈ Z y mcd(r, s) = 1. Por el teorema de la raı́z
racional r | 9 y s | 1, y entonces r/s ∈ {±1, ±3, ±9}. Probando las opciones posibles de r/s obtenemos
que la única opción que satisface la ecuación es r/s = 3. Por lo tanto n = 3 es la única solución entera
que satisface la ecuación.
Solución de Julio Ayala, Universidad de Buenos Aires
La igualdad es claramente equivalente a la ecuación cúbica 0 = n3 − 6n − 9 = (n − 3)(n2 + 3n + 3),
que tiene una única solución real. Luego n = 3 es la única solución.
Nota del editor: Euler conjeturó una posible generalización del último teorema de Fermat: dados
enteros n, k > 1, si a1 , a2 , . . . , an son enteros positivos tales que ak1 + ak2 + · · · + akn = bk , entonces
n ≥ k (Fermat corresponde al caso n = 2). Aparte de ser establecido para el caso k = 3 y refutado
para k = 4, 5, se desconoce la validez de este resultado cuando k ≥ 6.
Recibida también una solución de Ervin Ramı́rez (Nicaragua).
21
Problema 40
Calcular la integral indefinida
Z
1
log 1 − 3 dx.
x
Fuente: Original del editor
Solución de Julio Ayala, Universidad de Buenos Aires
Z
Fácilmente se encuentra que log xdx = x(log x − 1). Por tanto
Z
1
log 1 − 3
x
Z
Z
dx =
log(x − 1)dx −
log(x3 )dx +
Z
log(x2 + x + 1)dx
!
2
Z
1
3
= (x − 1) log |x − 1| − x − 3x(log x − 1) + log
x+
dx
+
2
4
I=
3
1
y utilizando integración por
Llamaremos I 0 a esta última integral. Haciendo y = x + , c =
2
4
partes vemos que
Z
Z 2c
I 0 = log(y 2 + c)dy = y log(y 2 + c) −
2− 2
dy
y +c
Z
1
= y log(y 2 + c) − 2y + 2
dy
√ 2
(y/ c) + 1
√
2x + 1
2x + 1
√
log(x2 + x + 1) − (2x + 1) + 3 arctan
.
=
2
3
Por tanto la respuesta al problema es
√
2x + 1
log(x2 + x + 1) − (2x + 1) + 3 arctan
(x − 1) log |x − 1| − x − 3x(log x − 1) +
2
2x + 1
√
3
o bien, reordenando un poco,
√
2x + 1
1
1
√
3 arctan
+ x log 1 − 3 − log |x − 1| + log(x2 + x + 1).
x
2
3
Solución de Ervin Ramı́rez (Nicaragua)
El metodo de integracion por partes nos dice que:
Z
Z
1
1
3
I = log 1 − 3 dx = x log 1 − 3 −
dx.
3
x
x
x −1
Luego descomponiendo la última integral en una suma de fracciones parciales e integrando tenemos:
Z 1
x+2
1
I = x log 1 − 3 −
−
dx
x
x − 1 x2 + x + 1
√
1
1
2x + 1
2
+ C.
= x log 1 − 3 − log |x − 1| + log(x + x + 1) + 3 arctan
x
2
3
22
Columna de Problemas No. 9
38A. Demostrar que existen dos conjuntos A y B de enteros positivos tales que para todo número
racional positivo r existe un único par (a, b) ∈ A × B que cumple r = a/b.
Original de Daniel Campos, Universidad de Costa Rica
41. A partir del paralelogramo de la izquierda se crea una teselación del plano euclidiano, tal y como
se muestra a la derecha. Supóngase que es posible inscribir un cuadrado en dicho paralelogramo.
Demostrar que tan Θ es racional.
Original de Julio Ayala, Universidad de Buenos Aires
Θ
42. En un triángulo P QR se inscribe otro triángulo A0 B 0 C 0 , y por los vértices P , Q, R del primero
se trazan paralelas a los lados del segundo, formándose el triángulo ABC. Demostrar que el área
del triángulo P QR es la media geométrica de las áreas de los triángulos A0 B 0 C 0 y ABC.
Original de Rufo Casco, Universidad Nacional de Ingenierı́a de Nicaragua
43. A partir de un triángulo fijo A1 B1 C1 se crea una sucesión de triángulos {Ak Bk Ck }k≥1 tal que
para cada k ≥ 1 los segmentos Ak Ak+1 , Bk Bk+1 y Ck Ck+1 son cevianas interiores y concurrentes
del triángulo Ak Bk Ck .
Si [ABC] denota el área del triángulo ABC, probar que la serie
terminar cuándo alcanza su máximo valor.
P∞
k=1 [Ak Bk Ck ]
converge y de-
Original de Julio Ayala, Universidad de Buenos Aires
44. Resolver en enteros la ecuación 2a m + 2a+1 (m + 1) + 2a+2 (m + 2) = m(m + 1).
Original de Manuel Mundo (El Salvador)
45. Sean a, b, c números reales no negativos. Demostrar que
s
(3a + b)(3b + a)
+
(2a + c)(2b + c)
s
(3b + c)(3c + b)
+
(2b + a)(2c + a)
s
(3c + a)(3a + c)
≥ 4.
(2c + b)(2a + b)
Original de Daniel Campos, Universidad de Costa Rica
23
Café Matemático No. 9
Curiosidades: Las matemáticas del aburrimiento
De la astroide y otras astralidades
Suponga que su clase de matemáticas es muy aburrida y decide hacer algo en su cuaderno cuadriculado.
Dibuja dos ejes, toma una pequeña regla, apoya sus extremos en uno de los cuadrantes y traza varias lı́neas
a medida que la desliza. Repitiendo el proceso Ud. obtendrá una simpática figura como esta:
Fuente: Wolfram MathWorld
¿Qué tipo de curva es la que acaba de dibujar? Aunque parezca estar hecha de arcos de cı́rculos, no es
ası́. Se denomina astroide y es una curva plana determinada por la ecuación cartesiana x2/3 + y 2/3 = 1.
Curiosamente, la astroide tiene otras definiciones equivalentes, si bien no menos encantadoras. Suponga que dibuja un cı́rculo de radio 1 en otra página, junto con un segundo cı́rculo de radio 1/4 tangente
interiormente al primero. Si de alguna manera Ud. pudiera hacer rodar el cı́rculo pequeño alrededor del
perı́metro del cı́rculo mayor, el punto de tangencia inicial trazarı́a una curva familiar... una astroide, por
supuesto. Debido a esta propiedad se dice que la astroide es un tipo de hipocicloide.
Fuente: Wikipedia
24
¿No está sorprendido aún? Tome otra página de papel, dibuje dos ejes y escoja algún número positivo,
digamos 1. Ahora trace primorosamente todas las elipses tales que la suma de sus semiejes es igual a 1
(suponemos que dispone de mucho tiempo). ¡El contorno formado por todas elipses no es sino una astroide!
Fuente: Wolfram MathWorld
Esperamos, por supuesto, que el lector se indigne y se sienta obligado a justificar por qué todas estas
construcciones definen a la misma curva.
Pascal versus fractal
El triángulo de Pascal, un arreglo formado por coeficientes binomiales, es casi seguramente familiar al
lector (respecto a la medida que Ud. desee). Supongamos que está excesivamente aburrido y decide dibujar
un triángulo de Pascal muy grande. Si ahora marca con un color todas las posiciones con números impares,
probablemente se sorprenda al revelar una figura inesperada: un fractal, es decir un patrón que contiene
infinitas copias de sı́ mismo.
Fuente: Wolfram MathWorld
Estamos frente al triángulo de Sierpiński, un ejemplo famoso de fractal que habitualmente es obtenido al
dividir un triángulo equilátero en cuatro triángulos equiláteros congruentes, y repetir el proceso indefinidamente. Invitamos al lector a explicar este fenómeno y en general a estudiar otros patrones obtenidos al
reducir las entradas del triángulo de Pascal módulo un primo p (pista: utilice el llamado teorema de Lucas).
25
Una espiral primorosa
Presentamos finalmente el arquetipo de las matemáticas del aburrimiento. En una hoja de papel comience
a escribir los números 1, 2, 3, 4, 5, . . ., arreglados en una espiral como se muestra en la figura.
Fuente: Wikipedia
Aunque este diagrama peca de simplicidad, algo extraño sucede si señalamos los números primos.
Veremos entonces que algunos primos tienden a alinearse a lo largo de ciertas diagonales. Aumentando
el tamaño de la espiral un patrón con lı́neas diagonales, horizontales y verticales se vuelve evidente. El
misterio aumenta cuando reemplazamos el 1 por cualquier entero positivo n: escribiendo los números
n, n + 1, n + 2, n + 3, n + 4, . . . revela el mismo patrón de lı́neas. Esta es la gloriosa espiral de Ulam.
Fuente: Wolfram MathWorld
¿Por qué escogimos la espiral de Ulam como nuestro ejemplo favorito? Primero, porque nadie sabe el
porqué de este fenómeno. Informalmente, la formación de estos patrones está relacionada con la existencia
de ciertos polinomios cuadráticos que devuelven infinitos primos al ser evaluados en enteros, pero hasta el
presente (2012) no existe una demostración rigurosa de este hecho.
Paréntesis: Un buen estudiante de teorı́a de números probablemente recuerde un ejemplo famoso, debido
a Euler, de un polinomio cuadrático que produce bastantes primos: p(n) = n2 − n + 41. ¿Cuál es el patrón
formado por estos primos en la espiral de Ulam? (inténtelo Ud. mismo).
La segunda razón es por la manera en que fue descubierta. Cuenta la leyenda que Stanislaw Ulam
(1909-1984), un matemático estadounidense que trabajó en el Proyecto Manhattan, estaba atendiendo una
presentación larga y aburrida cuando empezó a hacer garabatos y descubrió por accidente el patrón que
lleva su nombre... Ası́ es, señores: los matemáticos también se aburren de las matemáticas de vez en cuando.
En conclusión: No se sienta culpable por garabatear en su clase de matemática. ¡Puede que ese dibujo
de Dragon Ball Z esconda una verdad matemática sorprendente! 26
Noticiero matemático
Anuncian prueba de la conjetura abc
Aparte de las profecı́as apocalı́pticas de moda, el año 2012 ha dado que qué hablar a los matemáticos.
En agosto, el matemático japonés Shinichi Mochizuki publicó sin ninguna pompa la cuarta y última pieza
de una serie de artı́culos, en donde la conjetura abc figura como un corolario.
¿Qué es la conjetura abc?
Este es un problema de teorı́a de números que, siguiendo una especie de patrón en este campo, puede ser
abordado solamente con técnicas muy elaboradas comparadas con la sencillez de su enunciado. Dado un entero positivo n, llamemos “radical” al producto rad n de los factores primos de n. Entonces la conjetura dice:
Para todo > 0 existen solamente un número finito de tripletas (a, b, c) de enteros
positivos primos entre sı́ y tales que c > rad (abc)1+ .
¿Por qué es importante esta conjetura?
La importancia de este resultado se debe a que implica a muchos otros teoremas y problemas abiertos
de la teorı́a de números. Omitiremos los tecnicismos y nos contentaremos con mencionar el más famoso
de estos problemas, indudablemente conocido por el lector: ¡el último teorema de Fermat! La restricción
impuesta por abc es tan fuerte que limita el número de posibles soluciones a xn + y n = z n excepto para
un número finito de exponentes. El argumento puede ser completado en un par de lı́neas...
¿Cómo es la prueba propuesta por Mochizuki?
La serie de artı́culos en cuestión, titulada Inter-universal Teichmüller Theory, abarca más de 500 páginas
y su abstracción ha tomado por sorpresa incluso a los expertos. En este aspecto abc es diferente al último
teorema de Fermat y la conjetura de Poincaré: si bien las pruebas de Wiles y Perelman son extremadamente
complejas, las técnicas utilizadas por ellos sı́ son conocidas por especialistas en las áreas respectivas.
En contraste, Mochizuki aparentemente ha construido su propio mundo (la teorı́a interuniversal de
Teichmüller), basado en una rama de la geometrı́a algebraica que no goza de mucha popularidad actualmente: la geometrı́a anabeliana. Las lı́neas de investigación en esta dirección fueron propuestas por
Grothendieck en un manuscrito denominado Esquisse d’un Programme (1984), que él hizo circular entre
sus colegas luego de retirarse de la investigación matemática.
¿Es la prueba de Mochizuki correcta?
La novedad y la abstracción de esta teorı́a, junto con la falta de expertos que puedan servir de árbitros
son los principales obstáculos a la revisión de la prueba, que podrı́a tardar años. Sin embargo, la sólida
reputación de Mochizuki —un catedrático del centro de investigación matemática más prestigioso de Japón,
el Research Institute for Mathematical Sciencies (RIMS) de la Universidad de Kyoto, y con una extensa
lista de publicaciones— es una valiosa garantı́a. Retrato del Dr. Mochizuki. Tomado de su página web
27
En memoria de Lars Hörmander (1931-2012)
El Dr. Hörmander en Tokyo (1969). Fuente: Wikipedia
El fin de año nos trajo la triste noticia de que Lars Hörmander, matemático sueco y profesor emérito
de la Universidad de Lund, falleció el 25 de noviembre de los corrientes a los 81 años de edad.
El nombre de Hörmander debe de ser familiar para cualquier estudiante de análisis, ya que este hizo
contribuciones fundamentales a la teorı́a de las ecuaciones diferenciales parciales. La ignorancia del editor
le impide entrar en detalles, pero se contentará con agregar que su celebrado libro Linear Partial Differential
Operators le mereció la Medalla Fields en 1962. Asimismo, la monumental secuela The Analysis of Linear
Partial Differential Operators, publicada en cuatro tomos, es universalmente considerada el estándar de esta
área de la matemática. Hörmander también es el autor de An Introduction to Complex Analysis in Several
Variables, un reconocido texto sobre variables complejas.
Otros reconocimientos incluyen el prestigioso Premio Wolf (1988), frecuentemente llamado “el Nobel
de las matemáticas” junto con la Medalla Fields, y el Premio Steel (2006) para exposición matemática.
El editor expresa su más profunda admiración por esta importante figura de la matemática del siglo XX,
e invita a los lectores a honrar su memoria conociendo más sobre sus trabajos. QEPD. Más información
Weisstein, Eric W., Astroid, MathWorld–A Wolfram Web Resource.
http://mathworld.wolfram.com/Astroid.html
Weisstein, Eric W., Sierpiński Sieve, MathWorld–A Wolfram Web Resource.
http://mathworld.wolfram.com/SierpinskiSieve.html
Weisstein, Eric W, Prime Spiral, MathWorld–A Wolfram Web Resource.
http://mathworld.wolfram.com/PrimeSpiral.html
Cipra, B., ABC Proof Could Be Mathematical Jackpot, Science, 09/12/12.
http://news.sciencemag.org/sciencenow/2012/09/abc-conjecture.html
Schechter, B., Lars V. Hormander Dies at 81; Unlocked Partial Differential Equations, The New York
Times, 12/06/2012.
http://www.nytimes.com/2012/12/07/world/europe/lars-v-hormander-mathematician-dies-at-81.html
28