Simposio Iberoamericano de Resolución de Problemas 2014

1. Simposio Iberoamericano de Resolución de Problemas 2014 Introducción FRANCISCO BELLOT ROSADO franciscobellot@gmail.com

2. Quiero agradecer al Comité Organizador de este Simposio su invitación para tomar parte en él, aquí en San Pedro Sula. • Y a todos los presentes, profesores y estudiantes de Matemáticas. • Espero que la selección de problemas, que yo llamo no convencionales, les resulte interesante, y les anime a cultivar el Arte de resolver problemas … de matemáticas, naturalmente.

3. Introducción • Quisiera comenzar esta exposición citando a uno de los mejores expositores de problemas que he conocido a lo largo de mi carrera: el británico Anthony Gardiner, de la Universidad de Birmingham, al que veremos en la diapositiva siguiente. En un artículo publicado en 1992 en la revista Mathematical Competitions, titulado Creating Elementary problems to cultivate mathematical thinking, enumeraba lo que para él son las características de un buen problema:

4. Gardiner, a la derecha, recibiendo en Sevilla el Premio Erdös de la WFNMC (1996), de manos de Paul Reiter, presidente del Comité de Premios

5. 1) Los ingredientes deben ser sencillos y familiares, pero el problema no debe ser de tipo standard. • 2) ningún método de solución debe ser inmediatamente obvio, pero un estudio cuidadoso de la información que se da debe sugerir una o dos prometedoras vías de abordarlo. • 3) una fase exploratoria debe revelar cómo (o si) esas vías deben ser explotadas.

6. 4) la solución final, cuando surja, debe, retrospectivamente, tener una elegancia o sencillez conceptual inesperada. • Personalmente estoy de acuerdo con estas características de un buen problema, tanto para competiciones como para el desarrollo de una clase normal. Y espero haber elegido, dentro de las limitaciones de tiempo que tenemos, algunos ejemplos que hagan patente estas características.

7. Problema 1 • En un tablero están situadas fichas, formando un rectángulo de dimensiones m×n, m≥2,n≥2. El tablero es infinito, en todas direcciones. Sólo hay un tipo de movimiento permitido : una ficha salta sobre otra ficha situada en una casilla contigua, yendo a parar a una casilla que esté vacía, y se come la ficha sobre la que salta. Esto puede hacerse horizontal o verticalmente, pero no en diagonal. • ¿Cuál es el menor número de fichas que puede quedar en el tablero? • Origen del problema: Olimpiada de la Comunidad de Estados independientes (ex URSS), 1992, para alumnos de 12 años de edad. • Autor del problema: I. Soloviev, editor de “Kvant” • Personalmente, este es uno de mis problemas favoritos, si no el “más favorito de todos”. Podemos empezar por m = 2014, n=2015.

8. Problema 2 • Sugerencia: sigamos el consejo de Polya: si un problema plantea una situación muy complicada, empecemos por el mismo problema pero con datos más simples… • Si el rectángulo tiene dimensiones 2×1, el análisis termina en seguida: sólo queda 1 ficha en el tablero. • Si es 3×1, quedan 2 fichas, puesto que inicialmente sólo se puede mover la central, comiéndose una de las otras dos, y las que quedan después están demasiado separadas para que el juego continúe. • El caso 2×2 se reduce fácilmente al 2×1 (queda 1 ficha), y el 3×2 se reduce al 3×1: quedan 2 fichas. • Enseguida se comprende que la estrategia que utilicemos en casos más complejos debe ser tal que mantenga las fichas lo más agrupadas posible. La secuencia de movimientos que veremos a continuación nos va a permitir no solamente ésto, sino también eliminar filas completas de las fichas del rectángulo.

9. Problema 3 • Si en alguna parte del rectángulo hay cuatro fichas en la posición de la figura

10. Es inmediato encontrar la secuencia de movimientos permitidos que hacen posible eliminar las tres fichas de la parte superior, dejando al final de la secuencia la restante en su posición inicial. • Veremos a continuación como eliminar filas completas de tres en tres, utilizando este procedimiento. Consideremos el rectángulo m×n, representado en la figura (hay puntos suspensivos para indicar las columnas intermedias).

12. Comenzando por la columna de la izquierda, vamos eliminando grupos de tres fichas, en columna, de izquierda a derecha, hasta que queden las tres últimas columnas de la derecha. Y las últimas 9 fichas se eliminan en grupos de 3 fichas, horizontales, de arriba a abajo. • Así podemos eliminar las tres filas completas, pasando, por lo tanto, de un rectángulo m×n a un rectángulo (m-3)×n. • Naturalmente, lo que hemos dicho acerca de las filas lo podríamos repetir para las columnas. Esto significa que mediante el procedimiento anterior bastará considerar sólo valores pequeños de m y n. • Además de los que ya hemos visto al principio, es instructivo ver cómo en el caso 4×4 se puede conseguir que quede 1 única ficha en el tablero; la siguiente figura muestra cómo:

14. En este punto, cabe preguntarse, ¿cuándo quedarán 2 fichas y cuándo quedará 1? Como las filas (o columnas) del rectángulo se van eliminando de tres en tres, la respuesta del problema parece ser • DOS, si el producto mn es múltiplo de tres; • UNA, en caso contrario • Sin embargo, el problema no está, todavía, completamente resuelto; es claro que nuestra estrategia funciona bien cuando queda una sola ficha en el tablero (no pueden quedar menos) :pero debemos demostrar que, en los demás casos (cuando el producto es múltiplo de tres), NO PUEDEN QUEDAR MENOS DE DOS FICHAS. • Analizaremos los casos 4×3 y 5×3.

15. Antes de empezar el juego, coloreamos las casillas del tablero con tres colores, A,B y C, tal como se indica en la figura (que sólo representa el rectángulo 4×3, pero se supone que TODAS las casillas del tablero están coloreadas - al tresbolillo, podríamos decir):

17. Pongamos ahora las fichas en el rectángulo 4×3. Antes de empezar a jugar, hay 4 fichas en las casillas de color A, 4 en las de color B y 4 en las de color C. Vamos a ver cuál es el efecto del movimiento del juego sobre el número de fichas que hay en las casillas de cada color. Para fijar ideas, supongamos que la ficha situada en la casilla de color A, del vértice superior derecho, es comida por la de su izquierda, que estabaen la casilla de color C, yque al saltar sobre ella ocupa una casilla de color B (no representada en la figura). Al hacer este movimiento, hay 3 fichas en las casillas de color A, 5 en las de color B y 3 en las de color C. • En otras palabras, el número de fichas en las casillas de un color aumenta en 1, y el número de fichas en las casillas de los otros 2 disminuye en 1. Inicialmente, los números de fichas en las casillas de cada color eran PARES, y después del movimiento del juego son IMPARES. Si el rectángulo fuera 5×3, la situación se invierte: antes de jugar el número de fichas en las casillas de cada color es IMPAR, y después del movimiento del juego, es PAR.

18. Pues bien, esto es suficiente para garantizar que, en el caso que nos ocupa (cuando mn es múltiplo de 3), NO PUEDEN QUEDAR MENOS DE DOS FICHAS. Porque si tal cosa sucediera, quedaría 1 sola ficha en el tablero, es decir, 0 fichas en las casillas de dos de los colores, y 1 en la casilla del tercer color. Pero los números 0-1-0 no tienen la misma paridad, y por lo tanto es imposible alcanzar esta situación. • Curiosamente, en la I.M.O. de 1993 se propuso el caso particular m = n de este problema, sin que en las discusiones del Jurado ninguno de los países de la C.E.I. advirtiera que era conocido. Los alumnos de esos países que en 1992 tenían 12 años lo resolvieron bien. Los más mayores no fueron capaces de hacerlo.

19. Problema 2 • La figura muestra tres cuadrados, de áreas respectivas 26, 18 y 20 unidades cuadradas. Se pretende determinar el área del hexágono irregular cuya construcción se indica en la propia figura. • Origen del problema: • “Amusement in Mathematics”, de H.E. Dudeney • (1917), Ed. Dover, 1958. • He aquí una foto de Henry Ernest Dudeney, 1847 – 1930, tomada de la página web de John Scholes.

21. Problema 1 (figura 1)

22. Problema 1 (Comentarios) • El problema tiene una solución fácil, con trigonometría. Pero para los alumnos más jóvenes, que no conocen Trigonometría, hay un procedimiento más interesante para dar con la solución, y al mismo tiempo, más elemental, pero que puede conducir a alguna generalización o profundización. • Un problema como éste es versátil, en el sentido de que se puede proponer a los alumnos desde los 12 hasta los 17 años.

23. La “formulita” de Dudeney Dudeney, en su libro, dice: Usaré la siguiente formulita para calcular el área del triángulo central, en la que a,b,c son las áreas de los cuadrados, en cualquier orden: • Es instructivo deducir la “formulita” a partir de la expresión para el área del triángulo en función de dos lados y el seno del ángulo que forman, y poniendo el seno en función del coseno, calculando éste por el teorema del coseno.

24. La idea para la solución • ¿Podemos usar el teorema de Pitágoras para expresar 18, 20 y 26 como suma de dos cuadrados? • 18 = 32 +32 ; 20 = 42 + 22 ; 26 = 52 + 12 • A partir de aquí, lo mejor es ver un dibujo… y contar cuadraditos.

25. La solución sin palabras

26. Problema 2 (extensiones) • Así las cosas, el área del hexágono es 100; las de todos los triángulos son iguales (a 9). • A partir de aquí, el problema se puede utilizar para intentar que los alumnos descubran la fórmula de Pick, que da el área de un polígono simple (es decir, que no se corte a sí mismo) cuyos vértices sean puntos reticulares del plano, en función del número de puntos reticulares interiores al polígono y del número de puntos reticulares del borde del polígono. • Para ello puede ser útil formar una tabla:

27. Tabla para adivinar la fórmula de Pick

28. El teorema de George Pick (1899) • El área de un polígono simple, con vértices en puntos reticulares, está dada por • Pick fue un matemático checo, muerto trágicamente en un campo de concentración nazi.

29. Problema 3 • Diez personas están sentadas alrededor de una mesa redonda. Cada una piensa un número y lo dice al oído a las dos personas que tiene a sus lados (una a su derecha y otra a su izquierda). Después, cada persona dice en voz alta la semisuma de los números que ha oído. Estos son los • números dichos por cada persona. • Averiguar el número pensado por la persona que dijo 6. • Origen del problema: Revista Escolar húngara “Kömal” (Közepiskolai Matematikai Lapók)

30. Problema 2 • Sean x₁,x₂,⋯,x₁₀ los números pensados por las personas que dijeron 1,2,⋯,10, respectivamente. Es inmediato escribir las ecuaciones • x₁+x₃ = 4; x₂+x₄=6 • x₃+x₅ = 8; x₄+x₆=10 • x₅+x₇ = 12; x₆+x₈=14 • x₇+x₉ = 16; x₈+x₁₀=18 • x₉+x₁ = 10; x₁₀+x₂=2. • Sumando todas las ecuaciones de la derecha, se obtiene • 2(x₂+x₄+x₆+x₈+x₁₀) = 50, • 2(6+x₆+18) = 50 • x₆+24 = 25 • x₆ = 1. • Aunque el enunciado no lo pide, es posible calcular todos los números:

32. Problema 4 • En una sucesión finita de números reales, la suma de 7 términos consecutivos cualesquiera es negativa, mientras que la suma de 11 términos consecutivos cualesquiera es positiva. • ¿Cuál es el mayor número de términos que puede tener esta sucesión?

33. Vamos a ir disponiendo los términos de la sucesión en forma de una tabla • a_1 a_2 a_3 a_4 a_5 a_6 a_7 • a_2 a_3 a_4 a_5 a_6 a_7 a_8 • a_3 a_4 a_5 a_6 a_7 a_8 a_9 • ……………………………………………… • a_10 …………………………………..a_16 • a_11 ………………………………….. a_17

34. Las filas de la tabla están formadas por 7 términos consecutivos de la sucesión y por tanto sumando por filas se obtienen sumas negativas; mientras que si sumamos por columnas obtenemos sumas negativas. • Esto es claramente contradictorio, de manera que es imposible que la sucesión llegue a tener 17 términos.

35. Ya que el número máximo de términos de la sucesión no puede ser 17, veamos como encontrar una sucesión, en las condiciones del problema, que esté formada por 16 términos, por un procedimiento distinto de la simple adivinación. • Para ello le impondremos a la sucesión dos condiciones suplementarias, que no aparecen en el enunciado del problema: • Buscaremos una sucesión que sea capicúa, es decir, se lea igual de derecha a izquierda que de izquierda a derecha; • y además, sea tal que la suma de los 7 términos consecutivos cualesquiera valga -1 y la suma de los 11 términos consecutivos cualesquiera valga +1.

36. Cuando estas dos condiciones suplementarias se aplican a la sucesión que buscamos, encontramos que se reduce drásticamente el número de términos distintos que puede tener la sucesión, y un sistema de dos ecuaciones en dos incógnitas conduce a la solución • 5,5,-13,5,5,5,-13,5,5,-13,5,5,5,-13,5,5 • con lo que la solución del problema se completa. • En el libro rumano de Ion Cuculescu, Olimpiadele Internationale de Matematica ale elevilor,Editura tehnica, Bucarest 1984, se pueden encontrar varias soluciones y generalizaciones, halladas por los concursantes, de este bello problema, propuesto por Viet Nam en la Olimpiada Matemática Internacional de 1977. El procedimiento esbozado para calcular el ejemplo figura desarrollado en el libro de Samuel Greitzer, International Mathematical Olympiads 1959-1977, publicado por la Mathematical Association of America en 1978.

37. Problema 5 • Este es otro problema “mítico”. Lo vi sin solución en la revista alemana “Praxis der Mathematik” y sólo en diciembre de 2009 supe su procedencia: la Competición Matemática de Stanford de 1958, donde fue propuesto por nada menos que George Polya : • ¿Cuál es la edad del capitán, cuántos hijos tiene, y cuál es la eslora (longitud) de su barco? Se conoce el producto, 32118, de los tres números enteros buscados; la eslora se mide en pies (más de 1); el capitán tiene hijos e hijas; tiene más años que el número total de sus hijos, pero no llega a tener 100 años.

38. Pólya en Stanford

39. Si x, y, z son, respectivamente, la edad del capitán, el número de hijos y la longitud del barco, tiene que ser xyz = 32118; Junto con la condición • Descompongamos 32118 en factores primos: • 32118 = 2 x 3 x 53 x 101

40. Hay 6 maneras de descomponer este número en producto de tres factores distintos de 1: • 6x53x101 • 2x101x159 • 3x101x106 • 2x53x303 • 3x53x202 • 2x3x5353 • Sólo la primera de estas descomposiciones presenta dos factores entre 4 y 100. Por lo tanto, el capitán tiene 6 hijos, 53 años, y su barco mide 101 pies de eslora (30,78 m, cifra razonable).

41. Problema 7Un problema de la Olimpiada rusa de 2008 • Se da un entero positivo n>1. Para cada divisor dde n+1, se realiza la siguiente operación : Se divide n entre d; el cociente se escribe en la pizarra y el resto de la división se escribe en un papel. • Demostrar que el conjunto de números que se escriben en la pizarra es el mismo que el que se escriben en el papel.

42. Procedencia del problema: Olimpiada de Rusia, 2008, fase de Distrito, clase 9 (alumnos de 12 años de edad). Autor: Sergei Berlov. • La solución es corta: si ponemos n+1 = dxf, entonces se tiene • n = (n+1)-1 = (f-1)d + (d-1), • con 0 < = d -1 < d. • Cuando d recorre el conjunto de los divisores de n+1, f lo recorre también en otro orden, luego f-1 y d-1 toman los mismos valores.

43. Problema 8Un ejemplo procedente de la Olimpiada de Rusia de 1990 para alumnos del nivel 9 (12-13 años de edad) y original del bielorruso Igor Voronovich • Demostrar que para cualquier t, se verifica • t4-t + (1/2) > 0. • La solución es “de una línea”, pero obsérvese la nota final: • Se tiene: • t4 – t + ½ = (t4 – t2 + (1/4))+(t2 – t +(1/4)) = • = (t2 – ½)2 + (t – ½)2 > 0 La desigualdad es estricta porque los dos sumandos son no negativos y no pueden ser cero simultáneamente.

44. Problema 9Más allá del teorema de Pitágoras • El origen de este problema figura en el floklore matemático. Se encuentra en diversas fuentes, y ha sido analizado en varias ocasiones en la Bibliografía, que para mayor facilidad colocamos al final de cada problema. Suele conocerse como el acertijo 3-4-5, aunque como veremos en seguida, estos tres números son bastante arbitrarios. Lo enunciaremos de la manera siguiente: • Se considera un rectángulo y un punto P interior. Se conocen las distancias de ese punto P a tres de los vértices del rectángulo. Determinar la distancia de P al cuarto vértice.

45. Siguiendo el consejo de Pólya, hagamos una figura:

46. Algunos comentarios preliminares • Cuando presenté este problema a los alumnos de Primer curso de ESTALMAT (el programa de detección del talento precoz en Matemáticas) en Valladolid, lo hice dándole valores numéricos (los 3-4-5 del título del problema) a las tres distancias conocidas. Una de las alumnas presentes levantó el brazo, como si fuera un resorte. Me dijo: Pero eso dependerá del rectángulo, no sirve cualquiera. Justamente para evitar ese mismo comentario aquí no les he dado valores numéricos a las distancias. • ¿Existirá algún invariante que permita resolver el problema “por la vía rápida”?

47. Otro dibujo como ayuda

48. El invariante es…

49. Y se mantiene aunque el punto P sea exterior al rectángulo, o esté sobre uno de sus lados, como se ve en las figuras siguientes

50. Ahora nos olvidamos del 3-4-5: