La Alternativa en la Solución de Problemas Ol´ımpicos

La Alternativa en la Solución de Problemas Ol´ımpicos

La Alternativa en la Solución
de Problemas Olı́mpicos
Pedro A. Marrone G.
Any man who reads too much and uses his own brain too little, falls into lazy habits of thinking.
Albert Einstein
Resumen
En este escrito buscamos incentivar a estudiantes y profesores de nuestro sistema educativo, ya sea éste primario, medio o superior a enfrentar
los problemas que surgen en matemática y por qué no, hasta crear nuevos
problemas que representen retos para los estudiantes y colegas. Nuestro
interés es presentar periódicamente una columna en la cual se expongan
técnicas de resolución de problemas matemáticos, se propongan problemas
y se intercambien ideas con relación a las soluciones propuestas.
Introducción
La resolución de problemas juega un papel fundamental en la vida de todo
matemático. La labor del matemático es crear y esto se logra promoviendo
nuevas ideas y solucionando los problemas asociados a ellas. Además, los dedicados a la resolución de problemas de alto nivel conforman una masa crı́tica
capaz de innovar.
En Japón, por ejemplo, los maestros y profesores sostienen que los estudiantes
entienden realmente los conceptos matemáticos al resolver problemas. No agrupan a los estudiantes por niveles de habilidad, ya que las diferencias entre estudiantes son recursos que amplı́an la discusión en términos de la resolución de
un problema.
En Panamá, tradicionalmente se trata de garantizar que los alumnos puedan ir
de la mano aprendiendo conceptos con reforzamiento desde la escuela primaria
hasta terminar la escuela media. Si algunos estudiantes pueden dar estos pasos,
más rápido que el resto, se les debe enseñar por separado. Pero si en el salón
de clase algún estudiante no puede responder una pregunta básica, el maestro
refuerza el concepto hasta que todos logren memorizarlo.
Está claro que no todos los estudiantes aprenderán una lección con el mismo
grado de maestrı́a. Un estudiante con habilidades en matemática alcanzará un
nivel más alto. Pero los estudiantes aprenderán más como consecuencia de su
esfuerzo por resolver un problema, que por ser forzados a tomar un conocimiento
pre-digerido. Es por esta razón que consideramos importante que el maestro o
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guı́a de un grupo de estudiosos de la matemática u otra ciencia promueva entre
sus estudiantes la resolución de problemas, ya que esto contribuye a su desarrollo analı́tico. Titu Andreescu, es el matemático rumano que lideró al equipo
olı́mpico de Estados Unidos, en la Olimpiada Matemática Internacional de Hong
Kong de 1994, y cuya hazaña, el que los seis integrantes del equipo alcanzaran
puntuación perfecta, no ha sido superada hasta la fecha. Andreescu concibe la
resolución de problemas como la clave para obtener una educación matemática
con mayores beneficios para todos. Agrega que, en Rumania, en vez de impartir
una lección a sus estudiantes, toma cinco o seis problemas muy buenos, y a
través de ellos se aprende la teorı́a. Este método se ha utilizado con éxito en la
Olimpiada Panameña de Matemática en su Programa de Entrenamiento y en
particular en los Campamentos Matemáticos que se han desarrollado.
En Estados Unidos, la resolución de problemas como técnica para mejorar la
enseñanza de la matemática, tiene varios proponentes. Desde 1989, con el inicio
de la reforma educativa matemática, la NCTM (National Council of Teachers
of Mathematics) ha urgido a sus miembros a enfatizar la resolución de problemas, en particular aquellos problemas que requieren del estudiante un análisis
profundo. De forma similar, Einstein pensaba que hay que permitir que el estudiante desarrolle sus ideas, con poca intervención.
Las competencias matemáticas se han desarrollado por lo menos desde el Renacimiento. Pero no es hasta finales del siglo XIX cuando estas se sistematizan
en varias regiones de Europa. Desde 1894, estudiantes húngaros en sus últimos años de educación media, participaron en la prueba Eötvos. En su forma
clásica, los Tripos de Cambridge fueron una prueba distintiva para estudiantes
no graduados de la Universidad de Cambridge. Los problemas en estas pruebas requerı́an de una gran dosis de creatividad para su solución, lo que los hizo
famosas. Ya en el siglo XX, en 1939 surge la Olimpiada Matemática de Leningrado, que puede considerase como precursora de la Olimpiada Matemática Internacional. En 1959, Rumania fue la sede de la primera Olimpiada Internacional
de Matemática (IMO por sus siglas en inglés). En aquella ocasión asistieron 7
paı́ses, Hungrı́a, Bulgaria, Polonia, Checoslovaquia, República Democrática Alemana, Unión Soviética y Rumania. Desde entonces ha ido creciendo el número
de paı́ses participantes, hasta que actualmente más de 100 paı́ses de todos los
continentes se dan cita para esta competencia.
Los problemas que se proponen en una olimpiada son muy diferentes a los que se
plantean en un salón de clases. Son retadores, son originales, no tienen solución
inmediata, requieren de gran capacidad de análisis, ingenio y perseverancia para
su solución. Las competencias matemáticas olı́mpicas son importantes, ya que
los problemas y la resolución de problemas es la crema y nata de la matemática.
La labor de un investigador matemático no es nada menos que la de resolver
un problema abierto de matemática. Un problema del cual no hay certeza si
admitirá o no solución o si la solución se lograra en los años de vida de un
matemático.
En este escrito buscamos incentivar a estudiantes y profesores de nuestro sistema educativo, ya sea éste primario, medio o superior a enfrentar los problemas que surgen en matemática y por qué no, hasta crear nuevos problemas que
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representen retos para los estudiantes y colegas. Nuestro interés es presentar
periódicamente una columna en la cual se expongan técnicas de resolución de
problemas matemáticos, se propongan problemas y se intercambien ideas con
relación a las soluciones propuestas.
En este orden de ideas, presentamos varios problemas, la mayorı́a tomados de
olimpiadas matemáticas que admiten más de una solución al igual que problemas
que cuentan con soluciones ingeniosas. También dedicamos parte del escrito al
que se conoce como el problema más difı́cil propuesto en una IMO, el problema
6 de la XXIX Olimpiada Matemática Internacional que se celebró en Canberra,
Australia.
Iniciamos con un problema muy sencillo propuesto para la Olimpiada Matemática
Mexicana en el año 2002. A pesar de su sencillez veremos que hay más de una
solución y serı́a interesante si el lector puede encontrar una tercer o cuarta
solución.
Olimpiada Matemática Mexicana 2002
Problema 1 de la semifinal
En una mesa hay 350 canastas vacı́as numeradas del 1 al 350. Sabemos que
Andrés puso una pelota en cada canasta con número par, Beatriz una pelota en
cada canasta con número múltiplo de 3, Carlos puso una pelota en cada canasta
con número múltiplo de 5 y Diana puso una pelota en cada canasta con número
múltiplo de 11. Encontrar dos canastas con números consecutivos que tengan
exactamente 4 pelotas entre las dos.
Solución
Hay varias parejas que cumplen con la condición. Por ejemplo, 54 es un múltiplo
de 2 y de 3 pero no de 5 ni de 11, ası́ que tiene exactamente 2 pelotas. Por otra
parte, 55 es múltiplo de 5 y de 11 pero no de 2 ni de 3, ası́ que también tiene
exactamente 2 pelotas. Por lo tanto, 54 y 55 es una pareja de canastas con las
condiciones requeridas.
Solución alternativa
Como 2, 3, 5 y 11 son primos, su mı́nimo común múltiplo es 330. La canasta
330 tiene 4 pelota y las canastas 329 y 331 están ambas vacı́as.
Interesante. La primera solución es “natural”, sólo hace uso del sentido común,
mientras que la segunda hace uso de la aritmética, del concepto de mı́nimo
común múltiplo.
El próximo problema pertenece a la Olimpiada Matemática de Centro América
y El Caribe del año 2009. Fue el problema 2 del primer dı́a. Veremos dos soluciones, una que hace uso de la geometrı́a clásica, la que se debe a los griegos y
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que fue sistematizada entre los siglos V a.c. y I d.c., mientrasqu e la segunda,
hace uso de conceptos de lo que hoy llamamos Geometrı́a Euclidiana Avanzada,
para referirnos a aquella parte de la geometrı́a que se desarrolla a partir del
renacimiento y que aún hoy continúa desarrollándose. El problema fue propuesto por Eduardo Arnoldo Aguilar Cañas de El Salvador, quien fue instructor
invitado al Campamento Matemático de 2010 en Panamá.
Olimpiada Matemática de Centro América y El
Caribe 2009 - Problema 2
Sean Γ1 y Γ2 dos circunferencias que se intersecan en A y B, sea Γ una circunferencia contenida en Γ1 y Γ2 tangentes a ellas en D y E respectivamente,
Sea C uno de los puntos de intersección de AB con Γ y sea F la intersección
de EC con Γ2 y G la intersección de DC con Γ1 . Sean H e I los puntos de
←→
intersección de la recta ED con Γ1 y Γ2 . Demostrar que F, G, H e I están sobre
una circunferencia.
Solución
Por potencia de un punto, desde C a Γ1 , CD · CG = CA · CB, y por potencia de
un punto, desde C a Γ2 , CE · CF = CA · CB. Igualando, CD · CG = CE · CF .
Luego, DEGF es cı́clico. Ahora, trace F G, se tiene que m∠GHD = m∠CED =
m∠CGF = m∠CF I y los puntos G, I, H, F son concı́clicos.
Solución alternativa
La inversión con centro C y potencia CB ·CA transforman Γ1 y Γ2 en si mismas
y a Γ le hacen corresponder la tangente externa común γ a Γ1 , Γ2 , lo que implica
que F, G son puntos de contacto de γ con Γ1 y Γ2 . Como Γes internamente y
externamente tangente a Γ1 , Γ2 , ya que ambos casos se dan, se tiene que D y
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F son puntos inversos de la inversión (O, k 2 ) que transforma Γ1 → Γ2 . Luego,
H, I son puntos inversos y obviamente también los son F, G. Luego,
OI · OH = OG · OF = k 2
lo que nos dice que F, G, H, I son concı́clicos.
El siguiente problema fue propuesto en la revista Excalibur, publicada en Hong
Kong. En su solución vemos cómo dos estudiantes hacen uso de su talento para
resolver una ecuación funcional. Uno emplea los conceptos de inyectividad y
sobreyectividad, el otro sólo el Álgebra.
Excalibur - Vol 6, No. 1, Problema 118
Sea R el conjunto de los números reales. Encuentre todas las funciones f : R 7→ R
tales que para todos los números reales x, y se tiene que
f (xf (y) + x) = xy + f (x).
Solución por Seng Kai Lee de Hong Kong University of
Science and Technology.
Observemos que la función dada es sobreyectiva. En efecto, para todo número
real z, hagamos
y = z − f (x)
, entonces f (f (y) + 1) = z. En particular, existe un real a tal que f (a) = −1.
La función es inyectiva. Si f (c) = f (d), entonces
c + f (1)
=
=
f (f (c) + 1)
f (f (d) + 1)
=
d + f (1)
En particular, como f (f (0) + 1) = f (1), se tiene que f (0) = 0, por inyectividad.
Sea x 6= 0. Tomando y = −fx(x) obtenemos que f (xf (y) + x) = 0 = f (0). Por
la inyectividad f ( −fx(x) ) = f (y) = f (−1) = a. De esto último se deduce que
f (x) = −ax, por lo que las soluciones son f (x) = x ó f (x) = −x.
Solución Alternativa por Wai Ying Leung (Queen Elizabeth
School at Hong Kong)
Hagamos x = 1, y = −(1 + f (x)). Si a = f (y) + 1, es que
f (a) = f (f (y) + 1) = y + f (1) = −1
En la fórmula que define la función, sea y = a y tomemos b = f (0). Se tiene:
f (xf (a) + x) = ax + f (x),
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pero
f (xf (a) + x) = f (x(f (a) + 1)) = f (x(−1 + 1)) = f (0) = b.
De lo anterior se deduce que f (x) = −ax + b. Sustituyendo en la fórmula que
define la función se deduce que a = ±1 y que b = 0.
El impacto de las competencias matemáticas es sorprendente. En este caso
describiremos una muy particular, la competencia matemática William Lowell Putnam, la más prestigiosa competencia para estudiantes universitarios de
los Estados Unidos. Se realiza anualmente cada primer sábado de diciembre en
dos jornadas de seis horas cada una y con un total de 12 problemas, seis en cada
sesión. Se compite por equipos pero hay premios individuales. Cada año, las
cinco mejores puntuaciones reciben la distinción denominada ”Putnam Fellowship”. No es de extrañar que entre los participantes de la Putnam se encuentren
con frecuencia a ex olı́mpicos de las competencias a nivel medio. Veremos algunos casos. De las siete personas que han logrado la distinción de ser Putnam
Fellows cuatro veces, Ravi Vakil, Gabriel Carroll, Reid Barton (el único olı́mpico
que ha participado cuatro veces en la IMO y ha ganado cuatro medallas de oro)
y Daniel Kane, participaron en la IMO. Otros participantes en la IMO y tres
veces Putnam Fellows incluyen a Kiran Kedlaya, Yufei Zhao, Bjorn Poonen y
Ciprian Manolescu. La segunda mujer ”Putnam Fellow”, lo fue Melanie Wood,
de las filas de la IMO.
Entre los Ganadores del Premio Field que han participado en la Putnam estan:
John Milnor (Topologı́a) , David Mumford (Pattern Theory), Daniel Quillen
(Algebraic - K Theory), Paul Cohen (Teoria de Conjuntos - Lógica) y John
G. Thompson (Álgebra - Grupos). Por otra parte, Milnor, Mumford y Quillen
fueron Putnam Fellows, mientras que Cohen estuvo entre los diez mejores y
Thompson recibió Mención de Honor. Terence Tao de Australia es un Olı́mpico
que ha ganado el Premio Field. Tao gano la medalla de oro en la IMO de 1988,
la celebrada en Australia, a los trece años. El premio Field lo alcanza en el año
2006.
Varios premios Nobel de Fı́sica también concursaron en la Putnam: Richard
Feynman (Putnam Fellow en 1939), Kenneth G. Wilson (dos veces Putnam
Fellow), Steven Weinberg y Murray Gell-Mann. John Nash (A Beutiful Mind),
ganador del Premio Nobel en Economı́a por sus trabajos en Teorı́a de Juegos,
Geometrı́a Diferencial y Ecuaciones Diferenciales en Derivadas Parciales finalizó entre los diez mejores en 1947. Donald Knuth (Matemática y Ciencias Computacionales, creador de TeX), recibió mención de honor en 1959. Eric Lander,
uno de los principales lı́deres en el proyecto del Genoma Humano finalizó entre
los diez mejores del año 1976.
El próximo problema se ha tomado de la competencia Putnam y se relaciona
con el Análisis Complejo, uno de sus resultados más notables, el del módulo
constante.
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The William Lowell Putnam Mathematical
Competition - 1947, Problema 10.
Sesión Vespertina
Dado P (z) = z 2 + az + b, un polinomio cuadrático en la variable compleja z,
a coeficientes complejos, a, b. Supongamos que |P (z)| = 1, para todo z tal que
|z| = 1, Demuestre que a = b = 0.
Solución 1
Supongamos que Q(z) = 1 + az + bz 2 . Para z tal que |z| = 1 tenemos que
|Q(z)| = Q(z)z −2 = |P (z)| = 1
Como Q(0) = 1 se tiene que Q tiene el mismo valor absoluto en un punto interior
de la circunferencia unitaria que en la frontera de la misma. Por el teorema del
Módulo Máximo, Q es constante, lo que nos lleva a que Q(z) = 1 y a = b = 0.
La próxima solución es muy elemental, y hace uso de conceptos de la geometrı́a
del cı́rculo. Se le deba al inglés John Scholes.
Solución 2
Nótese que |P (1)| = |P (−1)| = 1. Por lo tanto, (1 + b) + a y (1 + b) − a están en
la circunferencia unitaria. Ası́, el punto medio de ambos puntos, 1 + b esta en el
interior del circulo unitario. Análogamente, tenemos que |P (i)| = |P (−i)| = 1,
de lo cual obtenemos que los puntos (−1 + b) + ai y (−1 + b) − ai están en la
circunferencia unitaria y el centro del segmento que los une, −1 + b esta en el
interior del circulo unitario. Pero los puntos −1 + b y 1 + b están a distancia 2
en el interior del circulo unitario y por lo tanto se localizan en extremos de un
diámetro del circulo, lo que nos dice que b = 0. Ahora, los puntos 1 + a y 1 − a
se localizan en la circunferencia unitaria, al igual que su punto medio, 1. Esto
nos lleva a que a = 0.
La última solución que presentamos hace uso de las propiedades de las raı́ces de
la unidad.
Solución 3
Usamos el siguiente resultado: Si z1 , z2 , z3 son tres números complejos tales que
z1 + z2 + z3 =√3 y |z1 | = |z2 | = |z3 | = 1, entonces z1 = z2 = z3 = 1.
3
, una raı́z cubica de 1. Entonces:
Sea ω = −1+i
2
|P (1)| = |ωP (ω)| = ω 2 P (ω 2 ) = 1
y
|P (1)| + |ωP (ω)| + ω 2 P (ω 2 ) = 3.
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Por el resultado,
|P (1)| = 1; P (ω) = ω 2 ; P (ω 2 ) = ω 4 .
Pero solo hay un polinomio de grado menor que que tres que toma estos valores
en estos puntos, P (z) = z 2 .
Soluciones ingeniosas
El primero de nuestros problemas con soluciones ingeniosas pertenece al Undergraduate Math. Competition de la Universidad de Michigan, en su versión 20
y se trata de un juego. ¿Será posible ganar este juego con sólo dos jugadas,?
Veamos.
University of Michigan - Undegraduated Math
Competition 20- año 2002, Problema 3
Se plantea un juego. Tu oponente escoge un polinomio P , con coeficientes enteros no negativos. Tú no sabes cuál es. Se te permite escoger un entero a y
se te da el valor P (a). Luego puedes escoger otro entero b y puedes preguntar
cuál es el valor de P (b). En este instante y para ganar debes determinar el
polinomio.¿Existe alguna estrategia que indiscutiblemente te permita ganar el
juego?
Solución
La solución que presentamos es la de Melvin Hotscher, profesor de Álgebra de
la Universidad de Michigan.
En efecto, tal estrategia existe. Primero haga a = 1. Se obtiene ası́ una cota superior para los coeficientes de P . Luego escoges b > P (a), digamos, b = P (a)+1.
El valor de P (b), escrito como un entero en base b, te da los coeficientes del polinomio.
El próximo problema se soluciona por una vı́a no ortodoxa, yo dirı́a inimaginable. ¿Que ocurre si planteamos este problema a nuestros estudiantes y le
sugerimos proceder por inducción?
Torneo de Ciudades Otoño de 2006 Problema 1,
Nivel O
Dos enteros positivos x y y están escritos en un tablero en orden no decreciente
(o sea, x ≤ y). Marı́a escribe x2 (el cuadrado del primer número) en su cuaderno
y luego considera los enteros x y y − x y los escribe en el tablero en orden no
decreciente. Con los dos nuevos números en el tablero ella repite el proceso una
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y otra vez, hasta que uno de los enteros se convierte en cero. En este momento,
¿cuál serı́a la suma de los enteros en el cuaderno de Marı́a ?
Solución
La suma de los números en el cuaderno de Marı́a es el producto de los dos
números que se encontraban escritos originalmente en el tablero. Procedemos
por inducción. Si n = 1, los dos números en el tablero deben ser iguales. Al
escribir el cuadrado del número mas pequeño, Marı́a está, de hecho escribiendo el producto de los dos números. Supongamos que esta afirmación es valida
para n ≥ 1. Supongamos que los números originales en el tablero son x e y con
x < y. Luego, Marı́a escribe x2 en su cuaderno y reemplaza a y por y − x. Por la
hipótesis de inducción la suma de los números restantes en su cuaderno es igual
a x(y − x) y la suma de todos los números en su cuaderno es x2 + x(y − x) = xy.
En el año 2001 se celebró la XLII Olimpiada Internacional de Matemática en
Washington D.C. El siguiente problema le fue planteado a uno de los integrantes
del equipo de Estados Unidos Oaz Nir, en una entrevista para el programa de
televisión, Good Morning America unos dı́as antes de la Olimpiada. Oaz no
conocı́a el problema que se le planteó, ni su solución.
1.
Problema de Good Morning America
¿Cómo se puede usar un ángulo de diez y nueve grados para construir un ángulo
de un grado?
1.1.
Solución
Puedes usar el ángulo de diez y nueve grados diez veces para construir un ángulo
de ciento noventa grados. Luego usando la regla puedes remover ciento ochenta
grados del ángulo construido para obtener un ángulo de diez grados. Esta ángulo
lo multiplicas por dos para obtener un ángulo de veinte grado, del cual resta
los diez y nueve grados iniciales y lo que resulta es el ángulo de un grado. Cabe
observar que la solución la esbozó Oaz en menos de un minuto.
Torneo de Ciudades Otoño de 2007 Problema 2,
Nivel O
El número 1 y algún número no entero x se escriben en una hoja de papel. En
cada paso podemos escribir la suma o la diferencia de dos de los números que
se hayan escrito o escribir el inverso de algún número ya escrito. ¿Es posible
obtener x2 en algún paso?
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Solución
Escribamos primeramente los números x + 1 y x − 1. A continuación escribimos
1
1
2
x−1 y x+1 . Sumándolos obtenemos x2 −1 . Calculemos el reciproco para obtener
x2 −1
2 .
añadiendolo a si mismo obtenemos x2 − 1 y finalmente, sumado 1, logramos x2 .
El siguiente problema presenta una solución que hace uso del concepto de congruencia.
Olimpiada Matemática Mexicana 2002
Problema 2 de la Final
Encontrar todos los números primos p para los cuales p2 + 77 tiene exactamente
5 divisores.
Solución
Si p es igual a 2, p2 + 77 = 81 que tiene 5 divisores: 1, 3, 9, 27 y 81. Si p = 3,
p2 + 77 = 86 tiene sólo cuatro divisores. Para el resto de los primos p2 + 77 es
múltiplo de 6 pues es par y congruente con 0 modulo 3. Luego, p2 + 77 = 6k
tiene al menos como divisores a 1, 2, 3, k, 2k, 3k, 6k, que son todos distintos pues
k > 12. La única solución es pues p = 2.
Olimpiada Matemática Intermedia Australiana
2005 Problema 7
Una cierta enfermedad se puede dar en dos tipos, tipo A y el menos frecuente
tipo B. Un individuo con la enfermedad sólo puede tener uno de los dos tipos. En
una cierta población, 1 de cada 320 individuos padece la enfermedad. Supongamos que 1 en x de la población padece la enfermedad en su tipo A y 1 en y de
la población la padece en su tipo B, donde x, y son enteros positivos.¿Cuál es
el menor valor posible que puede tomar y?
Solución
Queremos encontrar el menor valor de y que satisface la ecuación:
1
1
1
+ =
x y
320
donde x, y son enteros positivos con y > x, ya que la enfermedad en su tipo B
es menos frecuente que en su tipo A. Resolviendo,
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xy = 320(x + y),
lo que puede ser escrito como:
(x − 320)(y − 320) = 3202 = (212 )(52 ).
Necesitamos encontrar factores en el lado derecho de la igualdad anterior de
tal manera que (x − 320) sea el factor más pequeño y (y − 320) sea el factor
más grande, ya que y > x. Ahora bien, para encontrar el menor valor posible
de y, estos factores deben estar lo más “cerca”posible. Por ensayo y error se
determinan que los más “cercanos”son (28 )(24 )(52 ) = (256)(400).
Basados en lo expuesto, es que y − 320 = 400, por lo que y = 720.
Un problema difı́cil . . .
La XXIX IMO será recordada por su impronta en las competencias matemáticas.
Por primera vez una IMO se celebró en el hemisferio sur y en la región del pacifico
asiático. En aquella ocasión, hace ya 23 años, participaron 268 competidores de
49 naciones además de nueve representantes de otras naciones. También por
primera vez hubo más participantes de paı́ses no europeos (25) que de Europa
(24). Al final 124 competidores, aproximadamente el 46 % obtuvieron medallas,
17 de oro, 38 de plata y 65 de bronce.
Es en esta olimpiada en la cual se establece una nueva categorı́a de premiación,
la “Mención de Honor”. Esta distincion se da a competidores que obtienen
puntuación perfecta, o sea siete puntos, en por lo menos uno de los problemas
de la IMO pero no reciben medalla. En consecuencia siete paı́ses recibieron este
tipo de reconocimiento en el año 1988.
También se recuerda a esta olimpiada por el problema seis, cuyo enunciado es:
XXIX Olimpiada Matemática Internacional - 1988
Canberra, Australia - Problema 6
Sean a y b enteros positivos tales que ab + 1 divide a a2 + b2 . Demuestre que
a2 +b2
ab+1 es el cuadrado de un entero.
Este problema, de apariencia inocua, se le ha catalogado como el más difı́cil propuesto en IMO alguna. Su historia es fascinante. Fue planteado por la República
Federal Alemana. El Comité de Selección de Problemas de Australia, que estuvo
presidido por David Hunt, conocido por sus aportes a la clasificación de los Grupos Simples contó con la participación de otros cinco destacados matemáticos
australianos, entre los cuales estaban George y Esther Szekeres, amigos personales de Paul Erdos y considerados como especialistas en la resolución de
problemas y autoridades mundiales en Teorı́a de Números. Se dice que este
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Comité no pudo resolver este problema, pero una vez estudiada la “solución oficial” se decidió incluirlo como posible problema para la prueba, catalogándolo
de muy difı́cil. Al final el Jurado internacional lo incluyó en la prueba y once estudiantes los solucionaron, uno de los cuales, el búlgaro Emmanouil Atanassou,
recibió un Premio Especial del Jurado por su solución destacada del problema
en cuestión.
Como anectoda se dice que el Comité de Selección de Problemas envió este
problema, como era de Teorı́a de Números, a los mas destacados especialistas en Teorı́a de Números de Australia. Se les dio seis horas para trabajarlo y
ninguno lo resolvió.
Veremos a continuación dos soluciones de este problemas por competidores en
aquella memorable Olimpiada. La primera, corresponde al premio especial otorgado a Atanassou, la segunda es la del rumano Vasiu.
Solución de Emmanouil Atanassou - Bulagaria 2
a 2 + b2
=k
ab + 1
(1)
es un entero. Entonces,
a2 − kab + b2 = k
Supongamos a partir de ahora que k no es un cuadrado. Toda solución de (1)
tiene:
a, b > 0 o bien a, b < 0
(2)
Claramente, a, b 6= 0 y si fuera ab < 0, entonces a2 − kab + b2 > k. Consideremos
una solución (a, b) de (1) con a ≥ b > 0 y supongamos a mı́nimo. Obsérvese
que b < a; porque si fuera b = a; entonces (2 − k)a2 = k; pero el miembro de la
izquierda no es positivo. Consideremos (1) como una ecuación cuadrática en a.
Tiene dos raı́ces, a y a1 . Se tiene a + a1 = kb; luego a1 es un entero. Por (2), ya
que b > 0; a1 > 0. Además, aa1 = b2 − k; luego
a1 =
a2 − k
b2 − k
<
<a
a
a
El par (a1 , b) satisface (1) y a1 > 0; b > 0; a1 < a; b < a; lo que contradice
la minimalidad supuesta de a; y hemos terminado. Queda claro por qué se le
otorgó el Premio Especial a Atanassou.
Solución de Adrian Vasiu - Rumania 1
Esta solución fue publicada en “A 29-a Olimpiada Internationala de Matemática,
Canberra, 9-21 iulie 1988”, del Jefe de la delegación rumana, Profesor Mircea
Becheanu, en la revista Gazeta matematica, nr. 11-12/1988.
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La solución de Vasiu es también por reducción al absurdo, pero utiliza la descomposición en factores de un número de la forma n4 + 1.
Supongamos que existieran parejas (a, b) de números naturales tales que
a 2 + b2
= q ∈ N∗ (N∗ = N \ {0})
ab + 1
y que q no sea cuadrado perfecto. Elegimos una de esas parejas con a mı́nimo.
Entonces
a 2 + b2
a 4 + a 2 b2
= q implica que
= a2 q ∈ N∗ ,
ab + 1
ab + 1
lo que a su vez implica que
ab − 1 +
a4 + 1
a4 + 1
∈ N∗ , por lo cual
= c ∈ N∗ .
ab + 1
ab + 1
Entonces,
a4 + 1 = c(ab + 1) implica que a|(c − 1) por lo cual c = ad + 1
Si tuviésemos que d = 0, entonces es que c = 1, lo que nos lleva a que a4 + 1 =
ab + 1, de donde, a3 = b y q = a2 . Esto último es contradictorio.
Luego, es que d 6= 0 y a4 + 1 = (ab + 1)(ad + 1). Tenemos que (ad + 1)|(a4 + 1)
y se tiene que (ad + 1)|(a2 d2 + a4 ).
Como mcd(ad + 1, a2 ) = 1 y (ad + 1)|a2 (a2 + d2 ) resulta que (ad + 1)|(a2 + d2 ).
Además,
ad + 1 =
a4 + 1
a4 + 1
≤ 2
< (a2 + 1) implica que 0 < d < a.
ab + 1
a +1
Como
a 2 + d2
a 2 + b2
=
,
ab + 1
ad + 1
se tiene que
a 4 + a 2 b2
a4 + 1
a 4 + a 2 d2
= ab − 1 + c = ab − 1 + ad + 1 = ad − 1 +
=
.
ab + 1
ad + 1
ad + 1
Pero, d < a, a es mı́nimo, luego, q es cuadrado perfecto, contradicción. Queda
poco por decir, sólo lo sorprendente de la creatividad de estos jóvenes.
El futuro. . .
En próximas entregas volveremos sobre este problema y soluciones alternativas
del mismo. Para finalizar proponemos los siguientes problemas:
1. Muestre que no existe un entero positivo n, tal que n2 + k es un cuadrado
perfecto, para por lo menos n valores positivos de k.
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2. Sea ABCD un cuadrilátero cı́clico. Muestre que:
|AC − BD| ≤ |AB − CD| .
3. Un anillo A se dice Booleano si satisface que x2 = x, para todo x ∈ A.
a. Establezca que la estructura de anillo Booleano puede darse en un
conjunto finito con n ≥ 2 elementos si y sólo si n = 2k , para k ∈ N.
b. ¿Será posible establecer una estructura Booleana en el conjunto de los
número naturales?
Enviar las soluciones escritas en LATEX, Word o OpenOffice al Departamento
de Matemática de la Universidad de Panamá. Las soluciones recibidas serán
publicadas y discutidas en próximas entregas de esta revista.
Agradecimientos
Agradecemos toda la colaboración brindada por el profesor Peter Taylor del
Australian Mathematics Trust y al profesor Francisco Bellot Rosado, por el
material que se nos envió relativo al problema 6 de la XXIX IMO.
Referencias
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