Calculo Diferencial e Integral CONAMAT
Calculo Diferencial e Integral CONAMAT
Calculo Diferencial e Integral CONAMAT
Revista de la Olimpiada
Mexicana de Matemáticas
Año 2012, No. 4
Comité Editorial:
Anne Alberro Semerena
Marco Antonio Figueroa Ibarra
Carlos Jacob Rubio Barrios
Francisco Ruiz Benjumeda
Comité de la Olimpiada Mexicana de Matemáticas
Cubı́culo 201
Departamento de Matemáticas
Facultad de Ciencias, UNAM
Circuito Interior s/n
Ciudad Universitaria
Coyoacán C.P. 04510
México D.F.
Teléfono: (55) 56-22-48-64
www.omm.unam.mx
Queda
c estrictamente prohibida la reproducción parcial o total por cualquier sistema
o método, mecánico o electrónico, sin autorización previa del autor.
Impreso y hecho en México.
Octubre de 2012.
Contenido
Presentación V
Problemas de Práctica 11
Problemas de Entrenamiento 29
Problemas de Entrenamiento. Año 2012 No. 4 29
Soluciones a los Problemas Propuestos. Año 2012 No. 1 31
Información Olı́mpica 63
Apéndice 65
Bibliografı́a 67
Tzaloa es una publicación de interés para un público amplio. Está concebida para satis-
facer las necesidades de la comunidad olı́mpica, pero debido a que su columna vertebral
es la resolución de problemas, también resulta de gran valor para todo aquel que guste
de hacer matemáticas. El enfoque centrado en los razonamientos, el contenido expues-
to con rigor pero sin formalismos innecesarios o excesivos, ası́ como su tendencia al
uso de matemática simple y elegante, son algunas de las caracterı́sticas que hacen del
material expuesto un recurso valioso para profesores, estudiantes, aficionados y hasta
profesionales de las matemáticas.
Por otro lado, para el Artı́culo de Matemáticas escogimos un tema clásico en los con-
cursos olı́mpicos: la desigualdad media aritmética, media geométrica (MA-MG). Es
1 Palabra náhuatl cuyo significado es aprender.
VI Presentación
ası́, que Marco Figueroa nos muestra cómo Una Desigualdad Básica, MA-MG, es
la clave para resolver numerosos problemas que, de manera recurrente, aparecen en
concursos nacionales e internacionales.
Por primera vez y con el fin de brindar un mejor apoyo a todos nuestros lectores, se
decidió incluir los exámenes con Soluciones de las Etapas Semifinal y Final Estatal de
la OMM. Esta nueva sección de la revista se publicará todos los años, presentando en
ella los exámenes correspondientes al año inmediato anterior.
Concursos Estatales.
Concurso Nacional.
Entrenamiento, selección y participación de las delegaciones nacionales que re-
presentan a México en concursos internacionales.
http://www.omm.unam.mx
Para la primera etapa, los participantes deberán inscribirse directamente con el Comi-
té Estatal correspondiente.
Nivel Intermedio
Por otro lado, la media geométrica es otro tipo de promedio, pero que tiene que ver con
√ en vez de con la suma. Dados los números positivos a y b, su media
la multiplicación
geométrica es a · b. De nuevo, si los dos números
√ son iguales, también su media
geométrica es igual a cada uno de ellos, pues a · a = a.
√ √ √
luego, a+b
2 ≥ ab. Ahora, para que la igualdad se dé, necesitamos que a − b = 0,
y esto sólo sucede si a = b.
Å Å
√ a+b a−b
ãÅ
a+b a−b
ã
a+b
ã2 Å
a−b
ã2
ab = + − = −
2 2 2 2 2 2
Å ã2
a+b a+b
≤ = ,
2 2
a−b
nuevamente, para que la igualdad se dé, necesitamos que 2 = 0, es decir, a = b.
P
b
b
Q
b b b b
X a O Z b Y
Como O es el centro, OP es un radio. Luego, OP = a+b 2 . Por otro lado, es fácil ver
que los triángulos XQZ y QY Z son semejantes (por el criterio AAA). Luego,
XZ QZ
= ,
QZ YZ
√
de donde QZ =√ a b. Pero este segmento siempre será menor o igual que el radio
OP , por lo que a b ≤ a+b2 . Para que la igualdad se dé, es necesario que los puntos O
y Z coincidan, o sea, a = b.
De las dos primeras demostraciones podemos notar que la desigualdad entre la Media
Aritmética y la Media Geométrica para dos números (para más números también) de-
pende simplemente del hecho x2 ≥ 0. Esta última puede bien ser considerada como
la base de las desigualdades. Este simple hecho puede demostrar desigualdades muy
complicadas. Cuando ası́ pasa, se dice que se usó el método SOS (sum of squares).
Ejemplo 1. De entre todos los rectángulos con perı́metro fijo, ¿cuál tiene más área?
Una desigualdad básica 3
Solución. Veamos que el cuadrado es el que tiene más área. Digamos que el perı́metro
es la constante p y que las dimensiones del cuadrado son a × b. Como el perı́metro es
p se tiene que 2a + 2b = p o a + b = p2 . Como el área del rectángulo es a · b, tenemos
que,
a + b 2 p 2
Å ã
a·b≤ = .
2 4
Como ( p4 )2 no depende de a y b, hemos terminado. Y justamente la igualdad se obtiene
cuando a = b, es decir, cuando el rectángulo es un cuadrado.
Podemos pensar en el mismo problema sin la restricción de ser un rectángulo. De entre
todas las figuras con perı́metro fijo, ¿cuál es la que encierra más área? ¡El cı́rculo! Lo
malo es que es difı́cil demostrarlo.
Solución. Este puede pensarse como un ejercicio de cálculo diferencial, pero veremos
cómo hacerlo con la desigualdad MA-MG. Si usamos directamente la desigualdad,
x2 + x1
…
1 √
≥ x2 · = x.
2 x
2 1 √
Hemos probado que x + x es mayor o igual que 2 x, pero esta última expresión sigue
dependiendo de x, por lo que no hemos encontrado el menor valor. Hay que pensar
cómo escribir la expresión como la suma de varios números tales que su producto sea
constante. No resulta muy difı́cil, simplemente hay que cambiar x1 por 2x1 1
+ 2x :
Å ã
1 1
1 2
Ç 2 å …
1 x + 2x + 2x 3 1
x2 + = 3 ≥ 3 x2 =3 .
x 3 2x 4
4 Una desigualdad básica
»
Como 3 3 14 no depende de x, ya casi terminamos. Para que la igualdad se dé, necesi-
»
1 1
tamos que x2 = 2x = 2x , o sea, x = 3 12 .
Otra manera de pensar la desigualdad entre la media aritmética y la media geométrica
es: dados dos números positivos, cuyo producto es constante, su suma será mı́nima
cuando los números son iguales.
Con esto quedarı́a demostrada la desigualdad MA-MG para toda n, pues ya tendrı́amos
que es cierta para una potencia 2x ≥ n y por el punto 3, serı́a cierta para los números
2x − 1, 2x − 2, . . . , n. Veamos la demostración.
a1 + a2 + · · · + a2k A+B √
= ≥ AB
2k »√ 2
√
≥ k
a1 a2 · · · ak k ak+1 ak+2 · · · a2k
√
= 2k
a1 a2 · · · a2k .
lo cual es justamente la desigualdad MA-MG para los números positivos a11 , a12 , . . . , a1n ,
por lo que la igualdad se da cuando todos los números son iguales. Podemos incluir esta
desigualdad a la desigualdad MA-MG y obtener la:
(1 + a2 )2 (1 + a3 )3 · · · (1 + an )n > nn .
de donde,
ii
(1 + ai )i ≥ ai ,
(i − 1)i−1
1
y para que la igualdad en ésta se alcance, es necesario que ai = i−1 .
(1 + a2 )2 (1 + a3 )3 · · · (1 + an )n ≥ (a2 a3 · · · an )nn = nn .
Ahora, hemos obtenido la desigualdad que se pide, pero hay que demostrar que no se
puede alcanzar la igualdad, pues en el problema la desigualdad es estricta (es decir,
hay que probar que es mayor, no mayor o igual). Ya vimos que para que se cumpla la
1
i-ésima igualdad tiene que pasar que ai = i−1 . En particular, es necesario que a2 = 1
y a3 < 1 para toda i ≥ 3. Como n ≥ 3, si se dieran todas las igualdades, se tendrı́a
que a2 a3 · · · an < 1, lo cual es una contradicción. Luego, la igualdad no puede darse y
la desigualdad es estricta.
Por último, veremos que la desigualdad entre la media aritmética y la media geométrica
vale también cuando algunos de los números son 0. Es decir, que la desigualdad vale
cuando los números son no-negativos.
Esto es cierto, ya que si se tiene que ai = 0 para cierto i (usando la notación de la
desigualdad), se tiene que la media geométrica es igual a 0. Como la media aritmética
serı́a no-negativa, se tiene la desigualdad,
a1 + a2 + · · · + an √
≥ n a1 a2 · · · an = 0.
n
Para que la igualdad se dé, la media aritmética tendrı́a que ser igual a 0 y esto sólo se
logra cuando todos son 0, ası́ que también podemos decir que la igualdad se da cuando
todos los números son iguales.
Una desigualdad básica 9
Ejercicios
1. Demuestra que para x, y reales, x4 + y 4 + 8 ≥ 8xy.
2. ¿Cuál es el máximo valor de la expresión x(1 − x3 ) para 0 ≤ x ≤ 1?
3. Sean a, b y c reales positivos. Demuestra que,
1 1
4. Si a, b, c son reales positivos demuestra que a(1 − b) > 4, b(1 − c) > 4 y
c(1 − a) > 14 no se pueden dar simultáneamente.
5. Si a, b, c son reales positivos tales que (a + 1)(b + 1)(c + 1) = 8, demuestra que
abc ≤ 1.
6. Las diagonales del cuadrilátero convexo ABCD se intersectan en O de tal ma-
nera que las áreas de los triángulos AOB y COD son 4 y 9, respectivamente.
¿Cuál es el mı́nimo valor del área del cuadrilátero?
7. Sean a, b, c reales positivos tales que a + b + c = 1, demuestra que,
1 1 1
Å ãÅ ãÅ ã
+1 +1 + 1 ≥ 64.
a b c
1 + ab 1 + bc 1 + ca
(a) + + ≥ 3.
1+a 1+b 1+c
a3 b3 c3
(b) + + ≥ 1.
a3 + 2 b 3 + 2 c3 + 2
1 1 1
Å ãÅ ãÅ ã
(c) a − 1 + b−1+ c−1+ ≤ 1.
b c a
Bibliografı́a
1. R. Bulajich Manfrino, J.A. Gómez Ortega, R. Valdez Delgado. Inequalities. A
Mathematical Olympiad Approach. Birkhäuser, 2009.
2. A. Engel. Problem Solving Strategies. Springer-Verlag, 1998.
Problemas de Práctica
En esta sección encontrarás 20 problemas de diversos niveles cuya selección fue hecha
pensando en todos nuestros lectores. Estamos seguros que con ellos, estudiantes de
todos los niveles, encontrarán retos a su alcance y con los cuales podrán poner a prueba
todas sus habilidades. Esperamos que resulten útiles y sobre todo interesantes para un
público amplio.
C
X D
12 Problemas de Práctica
Problema 2. Sean a, b y c números reales positivos tales que abc = 1. Demuestra que
a lo más dos de los números 2a − 1b , 2b − 1c , 2c − a1 son mayores que 1.
Problema 5. Sea ABC un triángulo y sea A′ el punto medio de BC. La recta paralela
a AB que pasa por A′ intersecta a las alturas desde A y B en los puntos D y E,
respectivamente. La recta paralela a AC que pasa por A′ intersecta a las alturas desde
A y C en los puntos F y G, respectivamente. Demuestra que las rectas DC, BF y GE
son paralelas entre sı́.
1
2012
a+
1
b+
c
si a, b y c son dı́gitos distintos de cero y distintos entre sı́.
Problema 10. Encuentra el menor entero positivo divisible entre 3 y 7, que usa sólo los
dı́gitos 3 y 7 (ambos dı́gitos), y cuya suma de dı́gitos también es divisible entre 3 y 7.
Problema 12. Queremos ubicar los enteros del 1 al 9 en las casillas de un tablero de
3 × 3 (uno en cada casilla), de manera que la suma en cada columna y cada fila del
tablero sea impar. ¿De cuántas formas se puede hacer esto?
±1 ± 2 ± 3 ± · · · ± (4n + 1),
da todos los impares positivos menores o iguales que (2n + 1)(4n + 1).
11 . . . 1} 22
| {z . . . 2} . . . 99
| {z . . . 9} −123456789
| {z
p p p
es divisible entre p.
Problema 17. Cada una de 23 personas pesa un entero positivo de kilogramos. Quieren
jugar futbol y para ello eligen primero quién será el árbitro para luego dividir a las 22
restantes en dos equipos de 11 personas tales que la suma de los pesos de las personas
en cada equipo es la misma. Resulta que sin importar quién es el árbitro, siempre se
puede hacer esto. Demuestra que todos pesan lo mismo.
Problema 19. Sea D un punto sobre el lado BC de un triángulo ABC tal que AD >
AE BD
BC. Sea E un punto sobre el lado AC tal que EC = AD−BC . Demuestra que AD >
BE.
a7 + b 7 + c7
Å 5
a + b 5 + c5
ãÅ 2
a + b 2 + c2
ã
= .
7 5 2
14 Problemas de Práctica
Soluciones a los Problemas de
Práctica
Solución del problema 1. Como el área de la región sombreada es la mitad del cuarto
de cı́rculo BCD, el área de la región no sombreada también es la mitad del cuarto de
cı́rculo, es decir π8 . Calcularemos el área de la región no sombreada de otra manera.
El área del triángulo BCX que denotaremos como (BCX), es (BCX) = 21 x, donde
x es la longitud de CX. Dibujemos la altura desde A sobre CD y llamemos E a la
intersección.
C
X E D
16 Soluciones a los Problemas de Práctica
Como ∠ACD = 30◦ y AE = sen 30◦ = 21 , el área del triángulo AXD es (AXD) =
1
4 (1 − x). El área que falta calcular es la diferencia de áreas del sector circular ACD y
π
el triángulo ACD. El área del sector circular ACD es 12 , y el área del triángulo ACD
CD·AE 1
es 2 = 4 . Luego, tenemos que,
x 1 π 1 π
+ (1 − x) + − = ,
2 4 12 4 8
π
de donde x = .
6
Solución del problema 2. Supongamos lo contrario, es decir, que 2a− 1b > 1, 2b− 1c >
1 y 2c − a1 > 1. Multiplicando estas tres desigualdades obtenemos que,
1 1 1
Å ãÅ ãÅ ã
2a − 2b − 2c − > 1,
b c a
de donde 7 − 4(a + b + c) + 2( a1 + 1
b + 1c ) > 1 o
1 1 1
2(a + b + c) − ( + + ) < 3.
a b c
Por otro lado, si sumamos las tres desigualdades iniciales obtenemos que,
1 1 1
2(a + b + c) − ( + + ) > 3,
a b c
lo cual es una contradicción y se sigue el resultado.
Solución del problema 3. Escribamos en orden las posibles parejas que sumadas nos
dan como resultado un cuadrado perfecto, de manera que el segundo sumando sea
mayor que el primero:
1+3 2 + 14 4 + 12 9 + 16
1+8 3+6 5 + 11 10 + 15
1 + 15 3 + 13 6 + 10 11 + 14
2+7 4+5 7+9 12 + 13.
Observemos que los números que sólo participan en una suma son el 16 y el 8, por
lo que estos números tienen que ser los extremos de la lista. Ası́ sólo bastará seguir
la cadena tachando las opciones utilizadas y las que no se puedan utilizar (es decir, si
utilizamos una suma en las que aparece el 6, por ejemplo, tachamos todas las demás
en las que aparece el número 6). De esta manera, comenzando con el 16 tendremos el
acomodo: 16, 9, 7, 2, 14, 11, 5, 4, 12, 13, 3. Hasta aquı́ no hay problema, pero a partir
del 3 tenemos dos posibilidades para seguir, con la suma 3 + 1 o con 3 + 6. Analicemos
las dos posibilidades:
a) Veamos primero qué pasa si ponemos el 3 + 1, tendremos
y nos falta acomodar el 8 pero ya no se puede, es decir, este caso no se puede completar.
b) Si colocamos el 3 + 6, tendremos 16, 9, 7, 2, 14, 11, 5, 4, 12, 13, 3, 6, 10, 15, 1, 8.
Por lo tanto, tenemos dos posibilidades: 16, 9, 7, 2, 14, 11, 5, 4, 12, 13, 3, 6, 10, 15, 1, 8
y la misma leı́da de derecha a izquierda.
A
b E
b
G b
b
H
F b
b b b
B A′ C
D b
Finalmente, por (1), (2) y (3) se sigue que las rectas BF , DC y GE son paralelas
entre sı́.
Solución del problema 6. Ya que a, b y c son enteros positivos menores o iguales que
9, tenemos que,
1 1
2012 ≤
a + b+ 1 a + 2012
9+ 1
c c
∠ACB = ∠B ′ CB = ∠B ′ C ′ B = ∠B ′ C ′ A.
Luego, por el criterio de semejanza AAA (ver en el apéndice el criterio 11), se sigue
que los triángulos ABC y AB ′ C ′ son semejantes.
C′
B
A
b
O C′
B′
C C
(b) Como ABOC es un cuadrilátero cı́clico, tenemos que ∠ACO = 180◦ − ∠ABO =
∠C ′ BO (ver en el apéndice el teorema 15). Luego, los triángulos isósceles B ′ CO
Soluciones a los Problemas de Práctica 19
A
b
O C′
B′
C C
Solución del problema 10. Como la suma de los dı́gitos del entero debe ser divisible
entre 7 y entre 3, el dı́gito 3 debe aparecer al menos siete veces y el dı́gito 7 al menos
20 Soluciones a los Problemas de Práctica
Solución del problema 11. Sea I el incentro del triángulo ABC. Sea θ = ∠BCI =
∠ACI, entonces ∠ABI = ∠CBI = 2θ y ∠CAI = ∠BAI = 4θ. Por lo tanto,
∠AIE = ∠BID = ∠BDI = 6θ, ∠AIF = ∠AF I = 5θ y ∠AEI = 4θ.
E
F I
B C
D
Soluciones a los Problemas de Práctica 21
Solución del problema 12. Entre los enteros del 1 al 9 hay cinco números impares.
Luego, necesariamente en alguna de las tres columnas hay por lo menos dos impares.
Como la suma de los números de esa columna es impar, el tercer número en esa colum-
na debe ser también impar. Por la misma razón, una de las filas debe tener tres números
impares. Entonces, hay una fila y una columna con sólo impares, en las demás filas y
columnas hay dos pares y un impar. Sólo de esta forma la suma de los números en cada
fila y columna es impar. Un ejemplo es el siguiente.
2 7 6
1 3 5
4 9 8
a + 3b 1 3 b + 4c 1 4 c + 2a 1 2
≥ a4 b4 , ≥ b5 c5 , ≥ c3 a3 .
4 5 3
Estas tres desigualdades implican que,
11 19 17
(a + 3b)(b + 4c)(c + 2a) ≥ 60a 12 b 20 c 15 .
y por lo tanto,
11 19 17
60a 12 b 20 c 15 ≥ 60abc.
que,
−1 − 2 + 3 − 4 + 5 = 1,
+1 − 2 + 3 − 4 + 5 = 3,
−1 + 2 + 3 − 4 + 5 = 5,
+1 + 2 + 3 − 4 + 5 = 7,
+1 + 2 − 3 + 4 + 5 = 9,
+1 − 2 + 3 + 4 + 5 = 11,
−1 + 2 + 3 + 4 + 5 = 13,
+1 + 2 + 3 + 4 + 5 = 15.
Supongamos que para n es cierto, es decir, supongamos que para ciertas elecciones de
signos, la expresión ±1 ± 2 ± 3 ± · · · ± (4n + 1) toma todos los valores impares entre
1 y (2n + 1)(4n + 1). Como −(4n + 2) + (4n + 3) + (4n + 4) − (4n + 5) = 0, luego,
la expresión ±1 ± 2 ± 3 ± · · · ± (4n + 5) puede tomar todos los valores impares entre
1 y (2n + 1)(4n + 1) = 8n2 + 6n + 1.
Faltan los impares entre 8n2 + 6n + 3 y (2n + 3)(4n + 5) = 8n2 + 22n + 15. Estos
se obtienen de la siguiente manera,
Solución del problema 15. Elegimos de cualquier manera los n vértices del segmento
de abajo. Si hay al menos una pareja de estos vértices consecutivos del mismo color, es
fácil ver que el resto de la puntı́cula queda determinada de una única manera.
Soluciones a los Problemas de Práctica 23
b b b b b
b b b b b
b b b b b
b b b b b
b b b b b
De estos hay 2n − 2 (pues sólo dos coloraciones del segmento de abajo no cumplen
esto: las que alternan rojo y verde).
Restan dos maneras de colorearlo si se alternan rojo y verde. En este caso, todos los
demás segmentos horizontales tienen que estar alternados. Para cada segmento tenemos
2 opciones, por lo que en cada caso tenemos 2n−1 opciones.
b b b b b
b b b b b
b b b b b
b b b b b
b b b b b
Solución del problema 16. Denotemos por n al número dado y sea c = 123456789.
Tenemos que,
p−1
X p−1
X p−1
X
n= 108p+k + 2 107p+k + · · · + 9 10k − c.
k=0 k=0 k=0
1
n = (10p − 1) (108p + 2 × 107p + · · · + 8 × 10p + 9 × 1) − c
9
1
= 109p + 108p + · · · + 10p − 9 − c.
9
Como p | n si y sólo si 9p | 9n, bastará demostrar que,
Como 9 + 9c = 1, 111, 111, 110 = 109 + 108 + · · · + 10, lo que debemos demostrar
es,
9p | (109p + 108p + · · · + 10p ) − (109 + 108 + · · · + 10).
Por el pequeño teorema de Fermat (ver en el apéndice el teorema 3), tenemos que
10mp ≡ (10m )p ≡ 10m (mod p) para cada m = 1, 2, . . . , 9. Por otra parte, co-
mo 10 ≡ 1 (mod 9), tenemos que 10mp ≡ 1 ≡ 10m (mod 9) para cada m =
1, 2, 3, . . . , 9. Como p 6= 3, entonces el máximo común divisor de p y 9 es 1, luego
10mp ≡ 10m (mod 9p). Por lo tanto,
como querı́amos.
Solución del problema 17. Supongamos lo contrario, es decir, que esto se puede y no
todos los pesos son iguales. Sean a1 , a2 , . . . , a23 los pesos, s su suma y consideramos
la configuración donde s es mı́nima. Como no todos los pesos son iguales a 1 se tiene
que s > 23.
Si tomamos a la persona i, el peso de los 22 restantes es s − ai y tiene que ser par, para
que se puedan hacer los equipos del mismo peso. Luego, ai ≡ s (mod 2) para toda
i = 1, 2, . . . , 23. Es decir, todos los pesos son de la misma paridad. Veamos dos casos.
Los pesos son pares. Notamos que si tomamos los pesos enteros,
a a2 a23
1
,
,...,
2 2 2
también se cumple el problema y su suma es la mitad que la anterior, lo cual es
una contradicción.
a1 + 1 a2 + 1 a23 + 1
Å ã
, ,..., .
2 2 2
a1 + 1 a2 + 1 a23 + 1 s + 23 s+s
+ + ··· + = < = s,
2 2 2 2 2
q » p √
Solución del problema 18. Sea S = 1 + 2 + 3 + · · · + 2012.
Soluciones a los Problemas de Práctica 25
Observemos que:
Õ Ã s
√
…
3 4 2012
S = 1+ 2 1+ + + ···+
22 222 222010
… q
√ » √
< 1 + 2 1 + 1 + ··· + 1
… q
√ » √
< 1 + 2 2 + 2 + ··· + 2
» √
< 1+ 2·2
< 2.
√ y segunda desigualdades se siguen cada una del hecho de que 0 < a < b ⇒
La primera
√
a < b.
√ √ p √
La tercera desigualdad se sigue
q de 2 < 2 ⇒ 2 + 2 < 4 ⇒ 2+ 2 < 2 y
» √
por inducción tenemos que 2 + 2 + · · · + 2 < 2. Esta desigualdad también se
| {z }
k
puede justificar como sigue:
q q
» √ » √
2 + 2 + · · · + 2 < 2 + 2 + · · · + 4 = 2.
| {z } | {z }
k k
de donde:
R(R − 1) < 2012 < (46)(45) ⇔ R < 46
y por lo tanto T < 46. Luego,
q q
» √ » √
S = 1 + 2 + 3 + T < 1 + 2 + 3 + 46 = 2.
Solución del problema 19. Sea F el punto tal que AF kBD y BF kAD. Ya que
AF BD es un paralelogramo, tenemos que F B = AD y F A = BD. Sea G el punto
de intersección de EF con BC.
26 Soluciones a los Problemas de Práctica
F A
E
b
B D C G
FA AE BD
= = .
CG EC AD − BC
BD BD
= .
CG AD − BC
S3 = a3 + b 3 + c3
= (a2 + b2 + c2 )(a + b + c) − (a2 b + ab2 + a2 c + ac2 + b2 c + bc2 )
= −(a2 b + ab2 + a2 c + ac2 + b2 c + bc2 )
= −(ab(a + b) + ac(a + c) + bc(b + c))
= −[(ab + ac + bc)(a + b + c) − abc − abc − abc]
= −(qS1 − 3r)
= 3r.
S4 = rS1 − qS2 = 2q 2 ,
S5 = rS2 − qS3 = −2qr − 3qr = −5qr,
S7 = rS4 − qS5 = 2q 2 r + 5q 2 r = 7q 2 r.
S7 S5 S2
Por lo tanto, = q2 r = · .
7 5 2
28 Soluciones a los Problemas de Práctica
Problemas de Entrenamiento
Desde su creación, Tzaloa no sólo ha buscado ser un útil recurso informativo y una
fuente de problemas para aquellos que se interesan en los concursos de matemáticas.
Tzaloa pretende ser un vı́nculo y un medio efectivo de comunicación para la comunidad
olı́mpica mexicana. Pensamos que, para nosotros, el medio natural de expresión es a
través de la matemática y por eso esta sección está especialemnte dedicada a mostrar y
compartir el talento y la matemática desarrollada por todos nuestros lecto-escritores.
Con el fin de dar tiempo a redactar y enviar los trabajos, las soluciones de los problemas
presentados en cada número de la revista, se publican 3 números después. Para ello,
ponemos a tu disposición nuestro buzón electrónico revistaomm@gmail.com. Ten
la seguridad de que tan pronto recibamos tu contribución, nos pondremos en contacto
contigo para comentar y en su caso, publicar tu trabajo.
Problemas de Entrenamiento.
Año 2012 No. 4.
Los siguientes 10 problemas están buscando las soluciones que sólo con tu participa-
ción podrán ser halladas. Considera que estos Problemas de Entrenamiento son una
magnı́fica oportunidad para imponerte el reto de que la solución salga publicada con
tu nombre impreso. Las soluciones de los problemas de esta sección se escogerán de
entre las participaciones recibidas por parte de la comunidad olı́mpica de todo el paı́s.
Demuestra que,
1 1 1 2(a3 + b3 + c3 )
+ + ≥ 3 + .
a2 b2 c2 abc
Problema 3. Sean f y g dos funciones tales que g(f (x)) = x y f (g(y)) = y para
cualesquiera números reales x y y. Supongamos que para todo número real x, f (x) =
kx + h(x) donde k 6= 0 es una constante y h(x) es una función periódica. Demuestra
que g(x) siempre puede ser expresada como la suma de una función lineal más una
función periódica. (Decimos que una función h es periódica, si existe un número real
p 6= 0 tal que h(x + p) = h(x) para cualquier número real x.)
Problema 5. Sea ABCD un tetraedro en el cual la suma de las áreas de las caras ABC
y ABD es igual a la suma de las áreas de las caras CDA y CDB. Demuestra que los
puntos medios de BC, AD, AC y BD están sobre un mismo plano que pasa por el
incentro de ABCD.
AE CD BF
= = = 2.
EC DB FA
Si el área del triángulo ABC es 1 cm2 , ¿cuánto vale el área sombreada?
b
C
E b
b
D
b
b b b
A F B
Problemas de Entrenamiento 31
b
E
b b b
D F C
32 Problemas de Entrenamiento
b
E
b b b
D F C
Solución de Carlos Eduardo Garcı́a Romero. Como al hacer el doblez por el seg-
mento punteado el punto B va al punto F tenemos que los triángulos AEB y AEF
son congruentes de donde F E = EB = 10 cm. Como EC = 6 cm, por el teorema de
Pitágoras en el triángulo CEF tenemos que F C = 8 cm.
A b b
B
b
E
b b b
D x F C
Problema 2. (Principiante) Si el conjunto {10, 20, 30, 40, 50} se divide en dos con-
Problemas de Entrenamiento 33
juntos A y B (no vacı́os), muestra que alguno de estos conjuntos tiene a dos de los
números y a su diferencia.
Solución de Carlos Eduardo Garcı́a Romero. Observemos que si alguno de los con-
juntos es {10, 20, . . .} o {20, 40, . . .}, se cumple la condición. Supongamos entonces
que el número 20 no está con el 10 ni con el 40. Consideremos dos casos:
1. Uno de los conjuntos tiene un elemento y el otro tiene 4. Por la suposición anterior,
la única posibilidad es A = {20} y B = {10, 30, 40, 50}, donde claramente B satisfa-
ce la condición del problema.
2. Uno de los conjuntos tiene dos elementos y el otro tiene 3. Supongamos que el 20
está en el conjunto A, y que el 10 y el 40 están en el conjunto B. Si B contiene a
cualquiera de los números 30 o 50, como 40 − 30 = 10 y 50 − 40 = 10, se cumple la
condición del problema. Ahora, si ninguno de los números 30 y 50 está en B, entonces
A = {20, 30, 50} y B = {10, 40}, donde claramente A satisface la condición del pro-
blema.
Por lo tanto, en cualquier caso, alguno de los conjuntos A o B tiene a dos de los núme-
ros y a su diferencia.
Solución alternativa. Supongamos que el conjunto {10, 20, 30, 40, 50} se puede di-
vidir en dos conjuntos que no cumplen las condiciones del problema, es decir, que en
cada uno no haya 2 números y su diferencia.
Por ejemplo, el 10 y el 20 no pueden estar en el mismo conjunto, ya que 20 − 10 = 10.
De la misma forma, el 20 y el 40 no pueden estar juntos, ya que 40 − 20 = 20. Su-
pongamos entonces que el 20 está en A y que el 10 y el 40 están en B. Entonces, el 30
no puede estar en B ya que 40 − 30 = 10, por lo que debe quedar en A. Pero ahora,
el 50 no puede estar en A, ya que 50 − 30 = 20, y tampoco puede estar en B ya que
50 − 40 = 10, lo que es una contradicción. Por lo tanto, cualesquiera dos conjuntos que
dividen al conjunto {10, 20, 30, 40, 50} cumplen que uno de ellos tiene a 2 elementos
y a su diferencia.
Solución. Consideremos una de las diagonales de la cuadrı́cula. Para cada uno de los
puntos A en esta diagonal, denotemos por C al punto de la diagonal más alejado de
A y pintemos de rojo el contorno del cuadrado cuya diagonal es AC. Luego, hemos
pintado de rojo el contorno de 24 cuadrados.
Considerando la otra diagonal, tendremos otros 24 cuadrados. Por lo tanto, hemos de-
finido el conjunto de 48 cuadrados rojos (24 para cada diagonal). No es difı́cil ver que
si trazamos todos esos contornos, todas las lı́neas de la cuadrı́cula estarán pintadas de
rojo.
34 Problemas de Entrenamiento
12, tenemos dos posibilidades para el 4: que esté en una orilla del acomodo o que no
esté en una orilla.
Caso 1: Si el 4 está en una orilla, digamos la izquierda, tenemos dos posibilidades:
4, 5, . . . y 4, 12, . . .. La primera posibilidad sólo puede continuarse como 4, 5, 11, 14,
2, 7, 9 en cuyo caso no hay solución. Para la segunda posibilidad, tenemos 4, 12, 13, 3.
Después del 3 podemos poner un 1 o un 6. Si ponemos 1 obtenemos 4, 12, 13, 3, 1, 8 y
ya no puede crecer. Si ponemos 6 obtenemos 4, 12, 13, 3, 6, 10 y tampoco puede crecer.
Luego, no hay acomodos en este caso.
Caso 2: Si el 4 no está en una orilla, debe tener un 5 al lado y un 12 al otro. Del lado del
5 sólo pueden ir 11, 14, 2, 7, 9. Del lado del 12 sigue el 13 y luego el 3. Después del 3
puede ir un 1 o un 6. Si ponemos 1, el único número que podemos poner después es el
8 y tendrı́amos el acomodo 8, 1, 3, 13, 12, 4, 5, 11, 14, 2, 7, 9 que no es solución ya que
falta el 6 y el 10. Ahora, si ponemos un 6 después del 3, la única posibilidad después
del 6 es el 10 y ya no puede crecer, de modo que tampoco es solución porque falta el 1
y el 8. Por lo tanto, tampoco hay acomodos en este caso.
Concluimos que el menor entero que cumple la condición del problema es el 15.
Problema 5. (Intermedio) Determina todas las ternas (a, b, c) (con a < b < c) de
enteros positivos con las siguientes dos propiedades:
1. a, b y c son tres enteros impares consecutivos.
2. El número a2 + b2 + c2 consiste de cuatro dı́gitos iguales.
Supongamos que este número es un entero formado por cuatro dı́gitos iguales a d, es
decir,
12n2 + 12n + 11 = 103 d + 102 d + 10d + d.
Entonces, 12n2 + 12n = 103 d + 102 d + 10(d − 1) + (d − 1) está formado por cuatro
dı́gitos, de los cuales los primeros dos son iguales a d y los últimos dos son iguales a
d − 1. Como 12n2 + 12n es divisible entre 2, d − 1 debe ser par. Tenemos entonces
las siguientes posibilidades para 12n2 + 12n: 1100, 3322, 5544, 7766 y 9988. Como
12n2 +12n también es divisible entre 3, la única posibilidad es 12n2 +12n = 5544. De
aquı́, n2 + n = 5544 2
12 = 462, es decir, n + n − 462 = 0. Factorizando, obtenemos que
(n − 21)(n + 22) = 0. Como n es positivo, la única posibilidad es n = 21. Por lo tanto,
la única terna que satisface las condiciones del problemas es (a, b, c) = (41, 43, 45) y
es fácil ver que 412 + 432 + 452 = 5555.
36 Problemas de Entrenamiento
Soluciones de las Etapas
Semifinal y Final Estatal de la
25a OMM
En esta nueva sección de la revista publicamos los exámenes de las etapas semifinal
y final estatal de la olimpiada mexicana de matemáticas del año inmediato anterior.
La etapa semifinal consta de un examen con 5 problemas para resolver en un tiempo
máximo de 4 horas. La etapa final consta de dos exámenes con 4 problemas cada uno,
para resolver en un tiempo máximo de 4.5 horas.
la misma que ED) son paralelas, pero entonces AECB tiene dos lados paralelos y del
mismo tamaño, por lo que es un paralelogramo, de donde ∠AEC = ∠ABC = g.
Tercera forma: Por ángulos inscritos en la circunferencia KC tenemos que,
A b b B
b b b
E
C D
Solución. Supongamos que los matrimonios son (A, A′ ), (B, B ′ ) y (C, C ′ ) y que Ade-
la es A. Tenemos las siguientes posibilidades de acomodo de las parejas con referencia
a A:
A b A b A b A b
b b b b b b b b
b b b b b b b b
A′ b b b b
A′
A′ A′
A G D
F H
B I C
a b c AD = a + c
4 21 5 9
12 7 15 27
28 3 35 63
84 1 105 189
Problema 4. ¿Cuántos elementos a lo más podemos escoger del conjunto {1, 2, . . . , 20}
si no queremos que la suma de dos de los números escogidos sea múltiplo de un cua-
drado mayor que 1?
Solución. La suma de dos números escogidos no puede ser múltiplo de 22 = 4, ası́ que
no puede haber un número con residuo 1 al dividirlo entre 4 y otro cuyo residuo de
la división entre 4 sea 3. Esto nos dice que la elección de cualquiera de los números
1, 5, 9, 13, 17 excluye la elección de cualquiera de los números 3, 7, 11, 15, 19. Por la
misma razón, a lo más se puede escoger un número con residuo 0 (o sea, uno de la lista
4, 8, 12, 16, 20) y uno con residuo 2 (uno de la lista 2, 6, 10, 14, 18). Esto nos dice que
el conjunto buscado a lo más tiene 5 + 1 + 1 = 7 elementos. Sin embargo, las sumas
tampoco pueden ser múltiplos de 9, ası́ que de los números 1 y 17 a lo más se puede
escoger uno, y lo mismo pasa con los números 5 y 13. Luego, de la lista 1, 5, 9, 13, 17
a lo más se pueden tomar 3 elementos. De manera análoga, de los números 3 y 15 a
lo más se puede escoger uno, y lo mismo pasa con los números 7 y 11, de modo que
40 Soluciones de las Etapas Semifinal y Final Estatal 2011
3 + (1 + 2 + 3) + (1 + 2 + 3 + 4) + (1 + 2 + 3 + 4 + 5) + · · · +
+ (1 + 2 + 3 + · · · + 8)
= 3 + 6 + 10 + 15 + 21 + 28 + 36
= 119.
4
5
6
7
8
9
(En lenguaje de combinaciones, tenemos 3 + 2 + 2 + 2 + 2 + 2 + 2 = 119.)
Solución alternativa. Observemos que si elegimos los primeros 7 números, hay una
única manera de elegir el orden de los últimos tres (pues éstos deben estar en orden
creciente). Ahora, necesitamos que el séptimo número sea mayor que el octavo, ası́ que
el número más grande entre los 7 que tomemos, debe ser mayor que el menor número
de los tres que quedan. Esto siempre sucede, a menos que hayamos elegido exactamente
los números del 1 al 7 (pues ya no quedan números menores a 7). Por lo tanto, el
número de posibilidades es 10 7 − 1 = 119.
Soluciones de las Etapas Semifinal y Final Estatal 2011 41
Problema 1. En un torneo habı́a 7 equipos que jugaron todos contra todos una vez.
Cada dı́a se efectuó un partido. En determinado momento se observó que cada equipo
habı́a jugado a lo más 3 juegos. Demuestra que a alguno de los equipos le faltaba en
ese momento por lo menos 4 partidos por jugar.
Problema 2. En un planeta, el año dura 101 dı́as y los dı́as están numerados del 1 al
101. Resulta que llueve un dı́a, después deja de llover dos dı́as, al dı́a siguiente vuelve
a llover y después deja de llover el dı́a siguiente; otra vez llueve y luego pasan dos
dı́as más sin llover y ası́ sucesivamente, alternándose los dı́as que no hay lluvia en
2, 1, 2, 1, 2, etc. Llovió por primera vez el dı́a 2, luego el 5, luego el 7, luego el 10,
luego el 12, etc. Demuestra que, al pasar los años, llega un momento en que ha llovido
exactamente el mismo número de veces cada fecha del año, y determina cuántos años
deben pasar para que eso ocurra.
Solución. Al pasar el primer año ha llovido exactamente los dı́as con número de la
forma 5k + 2 y de la forma 5k. Entonces, los últimos dı́as del año con lluvia son el 97
y el 100. El residuo de dividir 97 + 5 = 102 entre 101 es 1, y el de dividir 100 + 5
entre 101 es 4, de donde ese segundo año lloverá todos los dı́as con número de la forma
5k + 1 y 5k + 4, y los últimos dı́as de lluvia de ese año serán el 99 y el 101. Ahora, los
respectivos residuos de la división entre 101 de 99 + 5 = 104 y de 101 + 5 = 106 son
3 y 5, de donde el tercer año lloverá los dı́as con número de la forma 5k + 3 y 5k, de
modo que los últimos dı́as del tercer año son el 98 y el 100. De la misma manera en el
cuarto año lloverá los dı́as con número de la forma 5k + 2 y 5k + 4, y los últimos dı́as
son 97 y 99. El quinto año lloverá en los dı́as de la forma 5k + 1 y 5k + 3. Entonces al
terminar el quinto año ya habrá llovido exactamente dos veces cada dı́a.
A B C D
b b b b
l
b b
P Q
b b b b
m
E F G H
(ABQ′ P ) = (CDQ′ P ),
(EF Q′ P ) = (GHQ′ P ),
(ABHG) = (CDF E).
Entonces,
de donde (DQ′ F ) = 0. Por lo tanto, Q′ está sobre DF y, como estaba en DH, con-
cluimos que Q′ = Q.
Problema 4. Determina todos los conjuntos A de 4 enteros menores que 250, en los
cuales cada pareja de números tenga máximo común divisor igual a un número primo,
y que todos esos primos sean distintos.
Solución. Supongamos que A es un conjunto de los pedidos. Como 42 = 6, los máxi-
mos comunes divisores de las parejas de elementos de A deben ser 6 primos distintos.
Cada número se compara con otros 3 del mismo conjunto, ası́ que cada número debe
tener entre sus factores a 3 primos, al menos. Si 17 fuera uno de los máximos comu-
nes divisores, entonces 2 de los números a lo menos podrı́an ser 2 · 7 · 17 = 238 y
Soluciones de las Etapas Semifinal y Final Estatal 2011 43
3 · 5 · 17 = 255 > 250. Entonces, los números deben formarse con productos de 3 o
más de los primos 2, 3, 5, 7, 11 y 13.
Observemos que ningún número puede tener como factores a ambos 11 y 13 pues lo
menos que podrı́a ser es 2 · 11 · 13 = 286 > 250. También tenemos que 13 · 7 · 5 > 250
y 13 · 7 · 3 > 250, ası́ que la única posibilidad es que 13 sea uno de los máximos
comunes divisores con los números 2 · 7 · 13 = 182 y 3 · 5 · 13 = 195. Como también
11 · 5 · 7 > 250 y no es posible volver a poner juntos al 2 y al 7, ni tampoco al 3 y al 5,
la única posibilidad es que los números de los cuales 11 es máximo común divisor son
2·5·11 = 110 (o 22 ·5·11 = 220) y 3·7·11 = 231. Por lo tanto, sólo hay dos conjuntos
con las caracterı́sticas pedidas y son {110, 182, 195, 231} y {220, 182, 195, 231}.
Problema 5. Demuestra que todos los enteros positivos impares se pueden escribir en
la forma,
a0 + 2 · a1 + 2 2 · a2 + · · · + 2 n · an ,
donde n es cualquier entero no negativo y cada ai es 1 o −1 (por ejemplo, 11 =
1 − 2 + 4 + 8).
Solución. Probaremos que para n fija, todo impar positivo menor o igual que 2n+1 se
puede lograr. Queremos conseguir todos los impares del 1 al 15 en la forma a0 + 2a1 +
22 a2 + · · · + 2n an . Para ver cómo proceder en el caso general, analicemos el ejemplo
de n = 3.
+1 + 2 + 4 + 8 = 15,
−1 + 2 + 4 + 8 = 13,
+1 − 2 + 4 + 8 = 11,
−1 − 2 + 4 + 8 = 9,
+1 + 2 − 4 + 8 = 7,
−1 + 2 − 4 + 8 = 5,
+1 − 2 − 4 + 8 = 3,
−1 − 2 − 4 + 8 = 1.
Lo que se hace es, empezando por 1+2+22 +· · ·+2n−1 se va reduciendo cada vez en 2
la suma que se tiene y eso se logra utilizando que para todo k, 1+2+22 +· · ·+2k−1 =
2k −1. Entonces se busca la primera potencia de 2 que tenga signo positivo y se cambian
de signo ella y todas las anteriores (por ejemplo, si 1 tenı́a signo positivo en un paso,
entonces en el siguiente se cambia sólo ese signo; si 1 tenı́a signo negativo y 2 positivo,
entonces se cambian los signos de los dos; si 1 y 2 tenı́an signos negativos pero 4 era
positivo, entonces se cambian los signos de los tres y ası́ sucesivamente). Se hace esto
hasta llegar a −1 − 2 − 22 − · · · − 2n−1 + 2n que es igual a 1.
X b
A b
B
b
P
Y b
D
b
Q
C
Soluciones de las Etapas Semifinal y Final Estatal 2011 45
Problema 7. En un estanque hay 100 litros de agua inicialmente. Se desea poner entre
2 y 6 desagües del mismo tamaño, por donde saldrá toda el agua lentamente. Se tienen
100 recipientes: uno con capacidad de 1 litro, otro con capacidad de 2 litros, otro con
capacidad de 3 litros y ası́ sucesivamente (el último tanque tiene capacidad de 100 li-
tros). Se quieren escoger algunos de estos recipientes y colocar uno en cada desagüe
para recolectar agua (se escoge el mismo número de recipientes que de desagües). Se
requiere que la suma de las capacidades de los recipientes escogidos sea 100. Aún
cuando un recipiente se llena, el agua continúa saliendo por el desagüe y se tira. De-
termina el número óptimo de desagües y las capacidades de los recipientes escogidos
de tal manera que la suma de las capacidades de los recipientes llenos cuando se ter-
minan los 100 litros sea máxima. (Nota: Sólo cuentan los recipientes que sı́ hayan sido
llenados por completo, por ejemplo, si se colocan cuatro recipientes con capacidades
12, 20, 28 y 40, la cantidad de litros recolectados será de 12 + 20 = 32).
Por lo tanto, k = 5 es el óptimo y las capacidades de los recipientes serán 17, 18, 19, 20
y 26.
Solución. Pongamos coordenadas a los puntos de manera que A = (0, 0) y B = (4, 4).
El camino debe tener longitud par (pues las sumas de las coordenadas de A y de B am-
bas son pares y cada segmento alterna suma par con impar; o, de otra manera, pensando
que el camino que va primero todo por abajo y luego hacia arriba tiene longitud 8 que
es par; cualquier cosa que haga hacia la izquierda otro camino debe recuperarla hacia
la derecha y lo mismo verticalmente). En los vértices de la orilla, salvo en A y en B,
se usan a lo más dos segmentos; en A y en B se usa uno. Entonces, la suma de los
segmentos que se usan es, a lo más, 1·2+2·14+4·9
2 = 33 (esto es porque hay 14 vértices
en la orilla distintos de A y B, y hay 9 vértices centrales; la división entre 2 es porque
al contar los segmentos que llegan a cada vértice, cada segmento se cuenta dos veces
porque tiene dos extremos). Como ya dijimos que la longitud debe ser par, tenemos
que a lo más es 32. Para ver que con 32 sı́ se puede, construyamos el camino como
sigue llamando ab al punto de coordenadas (a, b):
00, 10, 11, 01, 02, 12, 22, 21, 11, 12, 13, 14, 04, 03, 13, 23,
24, 34, 33, 32, 31, 21, 20, 30, 40, 41, 42, 32, 22, 23, 33, 43, 44.
Problemas de Olimpiadas
Internacionales
En esta ocasión, los tres alumnos que representaron a México fueron premiados, obte-
niendo dos medallas de oro y una de plata. En esta destacada participación, un alumno
mexicano obtuvo examen perfecto y la delegación de México se colocó en el primer
lugar general por paı́ses.
La delegación mexicana estuvo integrada por los alumnos: Luis Xavier Ramos Tormo
(medalla de plata), Juan Carlos Ortiz Rhoton (medalla de oro) y Enrique Chiu Han
(medalla de oro y examen perfecto). También asistieron los profesores Hugo Villa-
nueva Méndez (lı́der de la delegación) y Luis Miguel Garcı́a Velázquez (colı́der de la
delegación).
Problema 1. Hallar todos los enteros positivos que sean iguales a 700 veces la suma
de sus dı́gitos.
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 = P R.
1 1 1
Problema 3. Sean a, b, c números reales que satisfacen a+b + b+c + c+a = 1 y
ab + bc + ca > 0. Demostrar que,
abc
a+b+c− ≥ 4.
ab + bc + ca
Problema 4. Trilandia es una ciudad muy peculiar. La ciudad tiene forma de triángulo
equilátero de lado 2012. 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 6036 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?
En el siguiente modelo reducido se muestra una de las 12 calles.
Problema 5. Alejandro y Luisa son una pareja de ladrones. Cada dı́a 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 dı́a 1, y antes de eso no tenı́a dinero, ¿cuál es la menor cantidad
entera positiva de dinero que Alejandro debe tener para que al final del dı́a 2012 ambos
tengan una cantidad entera de dinero?
En esta ocasión, México obtuvo una medalla de oro, una de plata, dos de bronce y
dos menciones honorı́ficas. Es la segunda vez en la historia de las participaciones de
México que se obtiene una medalla de oro y la ganó Diego Alonso Roque Montoya. A
continuación presentamos los resultados del equipo mexicano.
(1 + a2 )2 (1 + a3 )3 · · · (1 + an )n > nn .
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 especifica un conjunto arbitrario S de enteros positivos
(que puede ser uno de los especificados 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
sı́ 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 especificar un
conjunto X de a lo más n enteros positivos. Si x pertenece a X entonces gana B; en
caso contrario, pierde.
Demostrar que:
1. Si n ≥ 2k , entonces B puede asegurarse la victoria.
Problema 5. Sea ABC un triángulo tal que ∠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.
(Problema sugerido por la República Checa)
Problema 6. Hallar todos los enteros positivos n para los cuales existen enteros no
negativos a1 , a2 , . . . , an tales que,
1 1 1 1 2 n
a
+ a2 + · · · + an = a1 + a2 + · · · + an = 1.
2 1 2 2 3 3 3
(Problema sugerido por Serbia)
La matemática es un oficio que
todos podemos aprender
Por Adolfo Sánchez Valenzuela2
A la memoria de mi padre
co”, Núms. 578-579, Marzo-Abril 1999, Pp.71-79, con el consentimiento del autor y solicitando el permiso
correspondiente a la “Revista de la Universidad de México”
52 La matemática es un oficio que todos podemos aprender
habı́an equivocado: que mi futuro sı́ era la ingenierı́a y que yo debı́a apuntar mi vida
directo hacia allá. Pero un buen dı́a nuestro profesor de fı́sica, Mario Cruz Terán, se
salió del guión en su clase y se puso a hablar sobre la paradoja de los gemelos planteada
por la teorı́a de la relatividad de Einstein. Aquella sola clase fue detonante para mı́.
¡Eso es lo que yo quiero estudiar! –me dije. ¡Ciencia! ¡Fı́sica! Y en aquel momento
decidı́ dejar el camino hacia la ingenierı́a y emprender uno completamente nuevo y,
quizá ahora sı́, uno propio.
En 1975 ingresé a la Facultad de Ciencias de la UNAM para estudiar la carrera de fı́sica.
Ahı́ tuve oportunidad de ver cómo, casi todos mis compañeros hablaban con mucha
propiedad y facilidad acerca de los conceptos de la fı́sica. Ahı́ entendı́ por primera
vez el significado de la palabra vocación. El primer amigo que tuve en la facultad fue
Ernesto Rivera, quien podı́a resolver con un ingenio enorme todos los problemas que
nos dejaban en el curso de fı́sica general del primer semestre. Un dı́a lo pasó el profesor
al pizarrón para que nos explicara a todos cómo es que él habı́a conseguido resolver
cierto problema de gravitación. Ernesto escribió con soltura y rapidez sobre el pizarrón
y al cabo de muy poco tiempo el maestro lo detuvo diciéndole ¡momento que soy lento!
Ernesto era sin duda brillante y talentoso, pero estuvo menos de un año en la Facultad
de Ciencias; consiguió una beca y prefirió irse a estudiar a Alemania.
Una aptitud semejante la encontré en otro amigo entrañable: Gustavo Espinosa. En el
segundo semestre de la carrera llevamos un curso de mecánica clásica donde debı́amos
resolver problemas cada semana y él podı́a bosquejar la solución en su cabeza – ¡sin
tener la necesidad de escribir las ecuaciones! – mientras hilaba varias carambolas en la
mesa de billar que tenı́a en su casa. Yo me pasaba la mayor parte del tiempo sentado por
un lado de la mesa de billar, anotando lo que Gustavo decı́a acerca de la solución de los
problemas. Para ello tenı́a un cuaderno que en lugar de “Mecánica” debı́a tener en la
portada el nombre de “Gustavo”; era el cuaderno que siempre llevaba a su casa cuando
él y yo “jugábamos” billar. Tras tomar nota, yo trataba de llenar los detalles, resolver
las ecuaciones y poner todo en orden, pero lo impresionante era que los problemas
salı́an como las carambolas: por donde Gustavo los veı́a y como él decı́a que iban a
salir.
Años más adelante, para mi gran fortuna fui admitido al doctorado en el departamento
de matemáticas de Harvard y ahı́ me encontré con muchos chicos como Ernesto y Gus-
tavo: con matemática dentro de su DNA, con gran habilidad para resolver problemas,
con mucho ingenio para demostrar proposiciones, con gran aplomo para sostener dis-
cusiones con los profesores, con una enorme capacidad para argumentar y exponer con
soltura sus ideas y con la claridad necesaria para transmitir las “imágenes” formadas
en sus cerebros aún tratándose de conceptos sumamente abstractos. ¡Sı́! ¡En Harvard
habı́a muchos estudiantes que eran ası́!
Hoy me digo a mı́ mismo que lo que tenı́an en común todos ellos era que brillaban sus
rostros de emoción al hablar de fı́sica o de matemáticas. Los problemas de tarea nunca
eran para padecerlos, no se sentı́an jamás agobiados por ellos, sino todo lo contrario:
los disfrutaban y gozaban al máximo. Por lo demás, pienso que casi todos (y la unica
razón por la que no digo todos es por culpa de uno o dos virtuosos que “vi pasar”), eran
personas completamente normales. Por ejemplo, los amigos que mencioné tenı́an y pa-
54 La matemática es un oficio que todos podemos aprender
decı́an problemas personales normales, dirı́a yo, de los que todos tenemos; provenı́an
de familias más o menos comunes y corrientes para los estándares de los estudiantes
universitarios; eran gente igual a toda la gente y lo único que sucedió en el caso de
cada uno de ellos fue que desde antes de ingresar a la facultad ya habı́an leı́do, es-
tudiado, practicado, indagado, etc., acerca de algunos temas de matemáticas y fı́sica.
¿Por qué tenı́an este cúmulo de experiencias previas? Quizá sólo porque les gustó, lo
reconocieron para sı́ mismos y tuvieron la voluntad de estudiar y aprender antes que
esperar a entrar a una facultad. Lo hicieron quizá desde que eran niños y conjeturo
que la caracterı́stica común y fundamental fue que nunca eludieron el desafı́o que les
imponı́a ver un problema sin intentar, por ellos mismos, darle solución.
¿Pero no es acaso esto muy similar a lo que sucede con los chicos que estudian música
o pintura? Hay padres que llevan a sus hijos a tomar clases de piano desde que éstos
son muy pequeños. Y entonces, el ejecutar una obra al piano, el desarrollar gusto y sen-
sibilidad por la música, el aprender a leer las notas, etc., son habilidades que, por haber
sido estimuladas intensamente con método y disciplina desde una edad temprana, se
manifiestan más adelante ante los ojos de quienes no tuvieron este tipo de formación
como un talento especial. ¿Cuántos niños tienen la oportunidad de tomar clases de
música? (piénsese también en las clases de inglés y de natación, que tienen tanta po-
pularidad). Y a manera de contraste, ¿cuántos niños tienen una estimulación temprana
en las ciencias y cuándo ha sido ésta fomentada por sus padres? Hace muchos años co-
nocı́ a un niño que me decı́a con mucha desesperación y frustración que él no entendı́a
por qué a sus padres no les gustaba que él aprendiera cosas interesantes, a lo que yo le
pregunté: ¿por qué piensas que ellos no quieren que tú aprendas cosas interesantes?
y su respuesta fue que porque a él le gustaba pedir como regalo de cumpleaños, o de
navidad, libros; en particular, ¡libros de paleontologı́a, de aviones, de astronomı́a! y
que lo que le decı́an sus padres era: ¿para qué quieres tener tantos libros?
Afortunadamente, la voluntad del niño fue lo suficientemente grande para conseguir sa-
tisfacer su deseo de aprender y de leer los libros que querı́a leer. Sin embargo, no puedo
dejar de notar la gran diferencia que hay entre este niño, que muy bien pudo haber si-
do el hijo de Homer Simpson y, digamos, Richard Feynman (Premio Nobel de fı́sica
en 1965), quien en una entrevista que concedió para la televisión pública de Estados
Unidos al inicio de la década de los ochenta, contó que su padre le leı́a muchos libros
de ciencias desde que él era muy pequeño y que además lo hizo con gran sabidurı́a
porque le enseñó a comparar unas cosas con otras y a entender el significado de los
números. El ejemplo que daba era que cuando su padre leı́a de un libro que el Tirano-
saurio Rex medı́a hasta seis metros de altura, éste hacı́a una pausa y le preguntaba a su
hijo: ¿Sabes lo que esto significa? Significa que si el animal estuviera parado aquı́ en
el jardı́n y te asomaras por esta ventana del segundo piso, tendrı́as aún que voltear un
poco más hacia arriba tu cabeza para ver hasta dónde llega y comprobarı́as que su
cabeza estarı́a un poco más arriba que la chimenea. Hasta donde recuerdo de aquella
entrevista y hasta donde recuerdo de su libro (Surely you’re joking Mr. Feynman!), él
no menciona haber tomado clases de piano, ni de natación, ni de pintura. Sólo recuerdo
haberlo visto en la televisión hablar muy emocionado de ciencias y de las cosas que su
padre le enseñó respecto a ellas. Con estos antecedentes, ¿nos puede sorprender mucho
que Feynman haya recibido el Premio Nobel de fı́sica?
La matemática es un oficio que todos podemos aprender 55
Imaginemos una fiesta de jóvenes bachilleres: hay música muy bailable, ruido, risas,
relajo y buen ambiente. Por allá en un rincón hay un chico que se ve un poco tı́mido
frente a una linda muchacha que comienza a hacerle plática: ¿Y a ti qué materia te gus-
ta más? –pregunta la chica y él responde: Matemáticas,... (no debe costarnos trabajo
imaginar el brillo en sus ojos al responder). ¡Uy! ¡Has de ser un geniecito! ¿No? Y
¿qué quieres estudiar después? –¡Matemáticas! responde nuevamente él. ¡Qué padre!
dice la chica con un tono que marca de facto el fin de la conversación. Interviene un
gran silencio (el tı́pico silencio después del tı́pico tono de exclamación) y la chica dice:
Bueno, yo quiero bailar ¡Nos vemos después! ¿eh? y se va a buscar con quien bailar
aunque en realidad parece huir. Esta historia es tı́pica. Es muy posible que al chico le
gustara bailar y que sólo estuviera esperando una oportunidad para hacerlo. Él habrı́a
bailado gustoso con ella, pero la conversación tomó demasiado pronto un rumbo muy
escabroso. Podı́an haber platicado de muchas otras cosas, pero,... ¿Por qué es tan com-
plicado continuar una conversación que ha empezado ası́? ¿Por qué es tan raro que a
alguien le gusten las matemáticas? ¡A uno le pueden gustar y no saber nada de ellas!
Es como cuando nos gusta la música y no sabemos gran cosa de música. No es difı́cil
imaginar que, en la misma fiesta, la chica que abandonó en el rincón al “matematiqui-
to”, se incorpore a un grupo donde alguien habla sobre la discografı́a de un grupo de
rock muy popular y de pronto alguien más hace el comentario de que la pieza fulana
estaba inspirada en uno de los conciertos de Brandemburgo de J. S. Bach. Y entonces
la plática se orienta hacia Bach y luego hacia la música clásica y alguien en el grupo
puede decir que la música clásica le fascina; que siempre trae sintonizada la estación
de radio de música clásica en su automóvil. ¿Por qué no podemos hablar igual –con la
misma soltura y con la misma ligereza– acerca de las matemáticas? ¿Cuál serı́a una ma-
nifestación análoga en el contexto de la fiesta que imaginamos? Quizá que justo cuando
la chica hizo la pregunta ¿Y a ti, que materia te gusta más?, y se oyera por respuesta
las matemáticas, alguien que pasara cerca dijera con emoción: ¡Ah! a mı́ también me
encantan las matemáticas. Yo siempre compro la revista “Muy Interesante” sólo para
leer la sección “el rincón del teorema”.
En la misma fiesta podemos imaginar a otro grupo de chicos y chicas hojeando un
libro con fotografás del Louvre con el que se toparon en un librero de la casa. Y al
mirar las fotografı́as de un libro ası́ están a la merced de sus sentidos; como al leer
un poema. ¿Cómo al mirar las ecuaciones de un libro de matemáticas? Hay pinturas
que nos conmueven; hay poemas que nos emocionan y hay sı́mbolos matemáticos y
ecuaciones que nos seducen e invitan a entender de lo que tratan.
Dentro de la matemática hay varios géneros: álgebra, análisis, geometrı́a computación,
estadı́stica, etc. Al hojear (y ojear) un libro de matemáticas uno puede sentirse atraı́do
o repelido por la sola apariencia de las ecuaciones que en él se encuentran. Muchas
veces he tenido alumnos que no tienen muy claro cuál de varios temas les gusta más
como para embarcarse en la aventura de escribir una tesis de licenciatura y lo que hago
es “recetarles” una lista de varios libros con la “prescripción” de que los hojeen y se
dejen seducir o distanciar por la sola apariencia de las ecuaciones: ¿con qué clase de
ecuaciones quieren estar trabajando? –les pregunto. Y hasta he recomendado literal-
mente mirar esos libros como si fueran libros de arte. Lo que intento con ello es apelar
a un cierto gusto y a una cierta preferencia que después de muy poco tiempo sı́ se desa-
rrolla en un aprendiz de la matemática (¡como en un aprendiz de lo que sea!). ¿Podrı́a
56 La matemática es un oficio que todos podemos aprender
ser comparable –en cuanto a sensualidad– a los gustos y preferencias que una persona
podrı́a sentir respecto a ciertas caracterı́sticas de otra para buscar compañı́a, para hacer
el amor, para compartir una vida? En realidad lo que busco con esa prescripción es que
los alumnos sientan el “flechazo”.
Aunque tratemos de ver las cosas con lógica, con rigor, con método, con objetividad
y aunque le tratemos de dar una demostración a todas nuestras proposiciones, los ma-
temáticos también tenemos intuición, sensaciones y corazonadas. Tenemos un corazón
que se puede romper, un corazón que a menudo no entiende las razones de la razón.
Con toda la lógica y el rigor del mundo, el corazón nos puede explotar para destrozarse
en mil pedazos cuando ya no le cabe ni una sola gota más de tristeza, o descocierto,
o aflicción; o puede latir con profunda emoción cuando alguien lo acaricia con bellas
palabras, con sentimientos profundos y conmovedores. Sus fibras pueden vibrar y re-
sonar en armonı́a cuando puede hablar con alguien que habla el mismo lenguaje. Por
ejemplo, cuando habla de amor, o cuando habla de matemáticas. ¡Cierto! Son tipos de
vibración muy distintos, pero son vibraciones bellas. Es como cuando se emocionan
hasta el éxtasis un saxofonista, un flautista, un baterista y un pianista al improvisar
juntos y abundar sobre un tema o idea musical; es como cuando en una tertulia litera-
ria nuestros amigos lloran, rı́en y se emocionan mientras leen los cuentos, o poemas,
o fragmentos de ensayos y novelas que han escrito. El común denominador es que
en estas situaciones se habla, se entiende y se pueden comunicar ideas con un mismo
lenguaje.
qué quiere decir que hay “otras lógicas”? ¡Hay que darle un ejemplo concreto! Y lo que
se viene a la mente es señalar una de las diferencias fundamentales entre una lógica y
la otra: en la lógica a la que estamos acostumbrados, se pueden distribuir los conectivos
y y o, como en la siguiente proposición:
A y (B o C) = (A y B) o (A y C)
Esto dice que, lógicamente, la proposición del lado izquierdo es la misma que la del
lado derecho. Por ejemplo:
Sin embargo, las reglas de la lógica cuántica no permiten, en general, establecer una
equivalencia entre estas dos proposiciones y sólo se puede afirmar lo siguiente: si Dine-
ro implica Salud, o si Amor implica Salud, entonces las proposiciones “Salud y (Dinero
o Amor)” y “(Salud y Dinero) o (Salud y Amor)” son lógicamente equivalentes.
Nos preguntamos si, entonces, apreciar estas exquisiteces es semejante a apreciar la
poesı́a o la música, o la pintura. Imaginemos a un músico que va “leyendo” la partitura
de una sinfonı́a al tiempo que va escuchando una grabación de la misma. Y detiene
la cinta en algún pasaje que le conmueve muchı́simo y lo repite. . . y lo repite. . . ¿no
es como cuando leemos un poema y volvemos a leer y cada vez parece que entende-
mos mejor el mensaje del poeta? ¿no es como cuando regresamos sobre las lı́neas de
la demostración en un teorema? ¡Casi nunca leemos poesı́a ni matemáticas “de corri-
dito”! De manera semejante, ir a una conferencia de matemáticas podrı́a ser como ir
a un concierto. Podrı́amos no toser ni interrumpir. Podrı́amos sólo escuchar atónitos,
emocionados, pero cuidándonos de no hacer preguntas sino hasta el final porque ası́ lo
pidió el conferencista. Pero hay conferencias que, al contrario, piden ser interrumpidas
y admiten una interacción más inmediata. Es claro que interactuar directamente con el
conferenciante, en la analogı́a del concierto, serı́a como detener al director para que
repita un trozo de la ejecución y volver a entender o a apreciar los que hay en el fondo
de un pasaje de la sinfonı́a que interpreta. La música nos fluirá en un concierto, pero
no ası́ si la estamos trabajando o si estamos sintiendo su estructura desde la plataforma
de un compositor o de un crı́tico. Lo mismo sucede cuando estamos tratando de enten-
der las emociones y sentimientos que nos trata de comunicar un poeta cuando leemos
poesı́a,. . . y lo mismo es cierto al hacer el amor cuando entregamos y recibimos ese
amor en la más delicada y sublime armonı́a Y es que cuando la interacción es intensa
y uno está metido de lleno en ella, cuando uno quiere entender, apreciar, componer,
aportar, etc., la obra debe detenerse, el pasaje debe repetirse, debe repasarse. . . y hay
pasajes donde se puede dejar fluir y uno puede sólo sentir y emocionarse libremente.
Y hay otros donde nuestra aportación es importante para entender, para sentir mejor,
para apreciar mejor y hay entonces un éxtasis, como al leer un poema, al escuchar un
pasaje musical, al sentirse conmovido por tanto amor y ¿por qué no? al ver finalmente
demostrado un teorema tras el que hemos ido durante una buena parte de nuestra vida.
presentes exclamaron –¡en avión!– y tuvimos un espacio para reı́rnos un poco, con-
testé que por una gran fortuna. Es cierto: durante mis estudios de licenciatura en fı́sica
siempre me sentı́ muy obligado a no dejar de estudiar intensamente porque desde que
ingresé a la facultad me di cuenta de mi enorme desventaja en cuanto a aptitudes se
refiere. Honestamente, querı́a estar a la altura de mis amigos. No estar en ese nivel me
parecı́a simplemente, no estar haciéndolo bien. Debo reconocer que mi desempeño en
mis primeros exámenes de la facultad, sobre todo los de los cursos elementales de ma-
temáticas, evidenciaba un entendimiento bastante mediocre de los conceptos. En los
primeros semestres de la carrera, en el primer examen de cada curso, casi siempre salı́a
muy mal. Lo que sı́ sucedı́a después era que trataba de superarlo y al final siempre
conseguı́a salir del curso con una buena calificación. Conforme fui avanzando en la
licenciatura, fui desarrollando gusto por la teorı́a de la relatividad y fui aprendiendo
todo lo que podı́a para entenderla mejor. Mis intereses se orientaron entonces hacia la
geometrı́a diferencial con el unico propósito de comprender la teorı́a relativista de la
gravitación. Tuve dos profesores cuyos cursos de geometrı́a diferencial me marcaron
fuertemente: Charles Boyer y Héctor Vázquez Briones. Hubo también dos libros muy
importantes en esta historia con los que yo me ayudaba y aprendı́a las lecciones de
geometrı́a diferencial: Advanced Calculus de L. Loomis y S. Sternberg y Lectures on
Differential Geometry de S. Sternberg, ambos escritos por profesores del departamento
de matemáticas de Harvard. Hacia el final de la licenciatura yo no soñaba siquiera que
algún dı́a estarı́a cursando análisis funcional con Lynn Loomis, ni que estarı́a escribien-
do una tesis doctoral bajo la supervisión de Shlomo Sternberg. Lo único que me pasaba
por la cabeza entre 1978 y 1979 era aprender geometrı́a diferencial para comprender
la gravitación y tratar de conectarme cuanto antes con Jerzy Plebanski quien era, en
ese momento, uno de los personajes más famosos con quien uno podı́a doctorarse en
México fructı́feramente dentro del singular tema. En este estado concluı́ la licenciatura
en fı́sica escribiendo una tesis de geometrı́a diferencial (dirigida por Charles Boyer) y
me inscribı́ casi inmediatamente a la maestrı́a en fı́sica. Para entonces, yo ya habı́a lle-
vado más cursos de geometrı́a diferencial y de relatividad con J. Plebanski y me habı́a
convencido de que tenı́a que reforzar mi preparación matemática. En algún momento
me cruzó por la cabeza la idea de estudiar un doctorado en matemáticas, pero sólo para
ser después un fı́sico teórico “mejor preparado”. Escribı́ a Harvard y seguramente las
cartas de recomendación que escribieron mis profesores fueron generosı́simas porque
resulté admitido sin problemas. Mi llegada a Harvard fue como tenı́a que ser: arrogante.
Llegué comiéndome al mundo y pensando que lo que vendrı́a por delante serı́a “cuesta
abajo” porque ya tenı́a bajo el brazo un doctorado en fı́sica casi concluido. ¿Qué resis-
tencia podı́an ofrecerme los matemáticos? ¡Toda la resistencia del mundo! como no me
costó trabajo comprobar al cabo de la primera semana de clases. Por un lado, casi todos
los estudiantes que uno se encuentra por ahı́ han sido durante algún tiempo “el estu-
diante número uno” en las escuelas de las que provienen. Es claro que en un salón con
veinticuatro estudiantes de éstos, uno de ellos tendrı́a que ser el número veinticuatro y
que eso no serı́a fácil. Yo de plano fui el cabús durante mucho tiempo. Era evidente que
me habı́a hecho falta cursar las materias básicas de matemáticas de la licenciatura con
el espı́ritu de un matemático y no con el de un fı́sico para haber podido tener un mejor
desempeño al llegar a Harvard. Y es que a veces, los “argumentos fı́sicos que uno pue-
de usar para evidenciar alguna afirmación de la fı́sica teórica, no se parecen en nada
La matemática es un oficio que todos podemos aprender 59
a las demostraciones que los matemáticos están acostumbrados a dar a sus teoremas.
Mis “demostraciones” rápidamente me pusieron en evidencia en el curso de álgebra al
que me inscribı́ en el primer semestre en calidad de aspirante al doctorado y después
de mi segunda tarea, el profesor me sugirió que mejor me inscribiera al curso básico
de álgebra (¡el curso para los undergraduates!) porque el suyo obviamente me estaba
quedando grande. O sea que no sólo estaba siendo el cabús de mi clase, sino que de
plano me cortaban por incapaz, arrojándome al curso elemental. Ese fue mi welcome
to Harvard, my friend! El golpe al orgullo fue duro otra vez, pero hoy me siento muy
contento por haberme sabido tomar la lección con humildad, por haber reconocido que
me faltaban las buenas bases y que éstas uno las puede aprender. Creo que lo más afor-
tunado de aquellos dás difı́ciles en los que perdı́ tan de golpe mis asumidas seguridad
y confianza fue: 1) haber asistido al curso de los undergraduates aceptando que ése era
precisamente mi nivel y que tenı́a que aprender “desde cero” y 2) haber estado con mi
esposa Tatiana quien, en los momentos en los que yo más me desesperaba y me cues-
tionaba seriamente qué demonios estaba haciendo allı́, ella estuvo allı́ para recordarme
los argumentos y motivos correctos y no dejarme claudicar. Hacia la segunda mitad
del segundo año, habiendo aprobado los muy temidos exámenes generales, hablé con
el buen Shlomo para que me dirigiera una tesis y a partir del momento en el que él
me dio su sı́, acepto! conocı́ facetas de mı́ mismo que yo ni sospechaba que existie-
ran y conocı́ también los encantos y frustraciones de la investigación cientı́fica. Y otra
vez, hoy, me siento muy afortunado de haber sido conducido a lo largo de mi trabajo
de tesis doctoral por un personaje como S. Sternberg. Sin duda fue duro en su mo-
mento aguantarle el paso, pero estoy convencido de que él, más que nadie, fue quien
me formó como matemático, además de que siempre me trató como a un colaborador,
él me enseñó con su ejemplo a confiar en mi trabajo. Discutı́amos a todas horas; nos
desesperábamos juntos cuando los resultados no salı́an. Un dı́a, cuando recién comen-
zaba a trabajar bajo su dirección, nos encontrábamos “prendidos de la greña frente a
un pizarron reconociendo que no estábamos entendiendo lo que estábamos viendo al
tiempo que pasaba por ahı́ Don Raoul Bott y preguntó que qué nos pasaba. Sternberg
le contestó algo del estilo we don’t understand this shit!, a lo que Don Raoul observó:
if your student can’t help you, who can?. A partir de ese momento supe que se espe-
raba mucho más de mı́ y en verdad siento que encaminé mi esfuerzo a satisfacer las
demandas de mi asesor. Ciertamente siempre me sentı́ con la responsabilidad de darle
respuesta a sus preguntas y de avanzar en la dirección en la que él sugerı́a avanzar. En
el proceso aprendı́ que uno puede hacer cálculos complicados, conjeturar resultados,
ir tras ellos y sus demostraciones y que después de algunas semanas y varios kilos de
papel apilado (pero organizado), las cosas pueden no ir bien y entonces hay que tirar
todo ese papel y volver a empezar el problema manera diferente. Cuesta mucho trabajo
deshacerse de todo ese papel y la razón es que esa puede ser la única prueba tangible
de que se ha trabajado duro, pero si las cosas van mal, simplemente van mal y hay que
volver por otro camino. La ciencia es ası́ y en particular la matemática es ası́.
Conforme han ido pasando los años he ido apreciando mucho más el trabajo que Sh-
lomo hizo conmigo como estudiante y le he agradecido infinitamente el haberme de-
jado conocer y sentir tan de cerca lo que hoy entiendo como la verdadera esencia del
quehacer cientı́fico en matemáticas. Hoy lo veo ası́: el descubrimiento cientı́fico es un
60 La matemática es un oficio que todos podemos aprender
esa droga de la “noche anterior”, pero una sola noche de esas al año vale por todo el
año para alimentar al espı́ritu del matemático que todos llevamos dentro.
Desde cierto punto de vista, la caricatura es más o menos aplicable a casi todos los
matemáticos. Sin embargo, el matiz o “personalidad de los resultados” demostrados es
una cosa un poco aparte. No puedo dejar de mencionar que hay teoremas pesimistas
y teoremas optimistas. Hay teoremas importantes –normalmente contraejemplos– que
dicen: “no existe X alguno para el que. . . ”, o “la construcción Y no se puede reali-
zar. . . ”. Éstos, me aventuro a catalogarlos como resultados pesimistas y casi siempre
reflejan un poco el carácter del matemático que los demostró o descubrió. También los
hay del tipo optimista que normalmente dicen: “para cada Z existe un único W tal
que. . . ” Quizá cueste trabajo pensar que un artı́culo en matemáticas presente matices
personales dentro de los crı́pticos enunciados de sus proposiciones y teoremas, pero
yo, mientras más artı́culos veo, más me convenzo de que se pueden decir muchas cosas
acerca de la personalidad del autor. Los hay osados, arrogantes, tı́midos, mojigatos, etc.
He aquı́ un ejemplo de una idea osada y optimista:
La supersimetrı́a. El Lema de Schur dice que es imposible establecer una transforma-
ción lineal equivariante diferente de cero entre dos espacios vectoriales donde un grupo
actúa irreduciblemente. En la fı́sica existen dos tipos muy diferentes de partı́culas ele-
mentales; los bosones y los fermiones. Cada tipo de partı́cula elemental se entiende,
desde el punto de vista de la matemática, como un vector en un espacio donde el gru-
po de simetrı́as de la naturaleza actúa irreduciblemente. La idea de la supersimetrı́a es
hacer posible la existencia de transformaciones distintas de cero, equivariantes, entre
espacios vectoriales distintos donde el grupo actúa irreduciblemente. Luego, el escena-
rio donde está planteado el lema de Schur resulta estrecho. El nuevo resultado podrá ser
posible solamente sobre bases completamente distintas.
Cuando pensamos, parece ser que lo hacemos con palabras. Las palabras son mani-
festaciones de nuestras ideas y la matemática ha de transmitirse con palabras –las del
idioma que hablamos todos– y otras palabras más: las del idioma matemático; éstas
son, las que tenemos que aprender para saber de qué objetos hablamos. Pero dado que
un tema central de este ensayo ha sido el de comunicar, quisiera terminar con un par
de reflexiones acerca de la comunicación del pensamiento y en particular, este ensayo
entero podrı́a juzgarse e iluminarse bajo la luz de los siguientes argumentos: si el pen-
samiento son palabras, uno puede valerse del lenguaje escrito para comunicarlo. Por
ejemplo, yo escribo para ordenar mis ideas –para “verlas” estáticas por un momento,
aunque éste sea pequeñito–. Es como tomarles una fotograı́a. Pero las ideas se están
moviendo constantemente. Recuerdo que las fotos se llaman también “instantáneas” y
pienso que ese nombre describe y se apega mejor a lo que quiero decir: si escribo para
ordenar mis ideas, puede ser que éstas salgan en su forma “instantánea”, pero puede
ser también que salgan “muy movidas”, que no se vean bien y hasta pierdan totalmente
su definición. En este caso, he tratado de mover algunas ideas en forma helicoidal alre-
dedor de un eje central: ¿cómo motivar a los jóvenes para que abran sus ojos y que por
lo menos consideren dentro del abanico de sus alternativas, la posibilidad de estudiar
alguna carrera cientı́fica como la matemática? El propósito era dar elementos de juicio
y fundamentar las posiciones de que ésto es un oficio muy comparable a muchos otros
y que se puede aprender y llegar lejos. Pero ahora, en las postrimerás de este escrito
62 La matemática es un oficio que todos podemos aprender
tampoco puedo dejar de mencionar que un propósito más ambicioso serı́a tomar como
pretexto las preguntas iniciales (¿qué hace un matemático?; ¿qué significa dedicarse
a las matemáticas profesionalmente?; ¿cómo describirı́a un matemático su trabajo y
cómo lo compararı́a con otros trabajos?) y con base en ellas generar algo ası́ como
una declaración de principios respecto a la propia profesión. Sin embargo, la tarea de
apuntar la brújula hacia la dirección ideal y darse argumentos y estrategias para avanzar
sobre el camino planeado es una tarea muy ı́ntima; es algo que cada uno debe hacer
para sı́ mismo y puede no tener mucho sentido el esfuerzo de ponerse a escribir algo
ası́ para el público a la luz de la pregunta ¿por qué ha de hacerse pública una disertación
sobre asuntos tan personales? Y como no tengo una respuesta razonable y sensata para
esta pregunta, prefiero dejar el ensayo en un nivel independiente del terreno idealista.
De hecho, desde hace unos dı́as me viene dando vueltas en la cabeza la idea de las
románticas lı́neas de Antonio Machado –en la canción de Joan Manuel Serrat– “cami-
nante, ¡no hay camino! Se hace camino al andar. . . ” y esta misma idea la he contra-
puesto al sueño imposible que dice: “con fe lo imposible soñar,. . . buscar la verdad o el
error,. . . ese es mi ideal: la estrella alcanzar, no importa cuán lejos se pueda encontrar”.
Observo que la primera canción nos invita un poco a vagar sin rumbo, a movernos en
cualquier dirección sin importar el final. La canción es exquisitamente romántica por-
que tiene mucho de verdad y de encanto. La segunda es el ideal. Es localizar la estrella
polar y orientar la brújula hacia allá; es determinar cuál es la dirección óptima para
moverse y darse al propósito de llegar al final de ese camino con la fe y la convicción
de que lo que hay al final es lo mejor.
Información Olı́mpica
Enero de 2013
Publicación del décimo séptimo número de la revista “Tzaloa”.
64 Información Olı́mpica
Apéndice
[5] N. Vilenkin. ¿De cuántas formas? (Combinatoria). Editorial Mir, Moscú 1972.
68
Directorio
http://www.omm.unam.mx/