Tallerde resolucionproblemas

Talleres de Formaci´n Matem´tica
o a
Maracaibo, 26 al 31 de julio de 2004

Resoluci´n de
o
Problemas Matem´ticos
a

Jos´ Heber Nieto Said
e

Prefacio

Estas notas constituyen el material de apoyo de un taller para estudiantes
Licenciatura en Matem´ticas dirigido a desarrollar la habilidad para resolver
a
problemas.
Aunque por lo general los problemas juegan un rol importante en cual-
quier curso de matem´tica y la habilidad para resolverlos es un aspecto
a
importante de la evaluaciń, los profesores suelen centrar sus esfuerzos en
o
los aspectos tćnicos espec´
e ıficas de su asignatura y no en los aspectos gene-
rales de la resoluciń de problemas. El objetivo de esta obra en cambio es
o
ayudar al lector a desarrollar su habilidad general para resolver problemas.
Es bueno dejar en claro que el desarrollo de esta habilidad es b´sica-
a
mente el resultado del trabajo personal, de la prćtica adquirida resolviendo
a
problemas y de la reflexiń sobre esa prćtica. No es posible convertirse en
o a
un solucionista experto mediante la mera lectura pasiva de un libro, del
mismo modo que no es posible convertirse en un buen nadador o pianista
simplemente leyendo un manual. Sin embargo el conocimiento de las tćni- e
cas apropiadas y de los errores t´ ıpicos que es preciso evitar puede ser tan
util para el solucionista como lo es para el nadador o el pianista.
´
Con el fin de que la obra sea de utilidad para el mayor n´mero posible
u
de estudiantes se ha procurado que los problemas analizados no requieran
de conocimientos especializados. Sin embargo las mismas tćnicas y estra-
e
tegias que ejemplificamos con problemas elementales se aplican a los m´s a
avanzados.

´
Indice general

Introducciń
o 1

1. Principios Generales 3
1.1. Resoluciń de Problemas y Creatividad . . .
o . . . . . . . . . 3
1.1.1. Invertir el problema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
1.1.2. Pensamiento lateral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
1.1.3. Principio de discontinuidad . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.1.4. Imitaciń . . . . . . . . . . . . . . . .
o . . . . . . . . . 5
1.1.5. Tormenta de cerebros (Brainstorming) . . . . . . . . . 5
1.1.6. Mapas mentales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.1.7. Programaciń neuroling¨´
o uıstica (PNL) . . . . . . . . . 6
1.1.8. Factores afectivos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
1.1.9. Bloqueos mentales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
1.2. La Creaciń Matem´tica . . . . . . . . . . . .
o a . . . . . . . . . 7
1.3. La metodolog´ de P´lya . . . . . . . . . . . .
ıa o . . . . . . . . . 8
1.4. El trabajo de Alan Schoenfeld . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

2. Ejemplos sencillos 14
´
2.1. Aritm´tica y Algebra . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
e
2.2. Combinatoria . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
2.3. Geometr´ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21
ıa

3. Algunas Estrategias B´sicas
a 26
3.1. Figuras y diagramas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26
3.2. Examen de casos especiales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28
3.3. Transformaciones e Invariantes . . . . . . . . . . . . . . . . . 30
3.4. El Principio Extremal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34

iii

4. Un problema y varias soluciones 37
4.1. Inducci´n . . . . . . . . . . . . . .
o . . . . . . . . . . . . . . . 38
4.2. Teor´ de grafos . . . . . . . . . . .
ıa . . . . . . . . . . . . . . . 38
4.3. Pruebas por Integraci´n . . . . . .
o . . . . . . . . . . . . . . . 40
4.4. El m´todo de perturbaciones . . .
e . . . . . . . . . . . . . . . 41
4.5. Funciones escalonadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42
4.6. Triangulaciones y Lema de Sperner . . . . . . . . . . . . . . . 43

5. Problemas para pensar 45

6. Soluciones y sugerencias 51

Bibliograf´
ıa 60

iv

Introducciń
o

La palabra problema proviene del griego πρoβαλλειν, “lanzar adelante”.
Un problema es un obstćulo arrojado ante la inteligencia para ser superado,
a
una dificultad que exige ser resuelta, una cuestiń que reclama ser aclarada.
o
Todos vivimos resolviendo problemas: desde el m´s b´sico de asegurar la
a a
cotidiana subsistencia, comń a todos los seres vivos, hasta los m´s com-
u a
plejos desaf´ planteados por la ciencia y la tecnolog´ La importancia de
ıos ıa.
la actividad de resoluciń de problemas es evidente; en definitiva, todo el
o
progreso cient´ıfico y tecnol´gico, el bienestar y hasta la supervivencia de la
o
especie humana dependen de esta habilidad. No es de extraãr por lo tanto
n
que la misma se haya convertido en un nuevo objeto de estudio, atrayendo
por igual la atenciń de psic´logos, ingenieros, matem´ticos, especialistas
o o a
en inteligencia artificial y cient´
ıficos de todas las disciplinas. En el campo
educativo se ha reconocido ampliamente su importancia. y en muchas Uni-
versidades el desarrollo de la creatividad y de la habilidad para resolver
problemas es una parte integral del curriculum.
Pero lamentablemente todav´ es muy comń que se expongan ante el
ıa u
alumno los productos y resultados de la resoluciń de problemas, pero no el
o
proceso mismo. Si examinamos un libro de texto con problemas resueltos
de matem´tica, encontraremos por lo general soluciones tersas y acabadas.
a
Rara vez el autor incluye comentarios sobre los intentos fallidos de soluciń,
o
los casos particulares examinados antes de llegar a la soluciń general o los
o
refinamientos realizados a una primera soluciń no totalmente satisfactoria.
o
Estos y otros elementos del proceso son cuidadosamente eliminados y lo que
se nos presenta es el producto final, conciso y elegante. Hay muchas posibles
razones para que esto sea as´ un estilo de exposiciń matem´tica consa-
ı: o a
grado por la tradiciń, criterios est´ticos de concisiń y elegancia, razones
o e o
econ´micas de las editoriales, etc. Pero la consecuencia es que el estudiante
o
obtiene una visiń falseada de lo que es resolver problemas y de la actividad
o

1

2

matem´tica en general.
a
Si tiene la suerte de tener un profesor que entienda y valore el proceso de
resolver problemas entonces las actividades de aula suplirń las deficiencias
a
del texto. Pero si no es as´ y el profesor sigue al libro al pie de la letra, al
ı
enfrentarse al primer fracaso el estudiante terminar´ frustrado, perder´ la
a a
confianza en s´ mismo y creer´ que la resoluciń de problemas es una acti-
ı a o
vidad incomprensible, accesible solamente a unos pocos superdotados.
Nuestro principal objetivo en esta obra es ayudar al lector a desarrollar
su habilidad para resolver problemas. Es bueno dejar claro desde el principio
que el desarrollo de esta habilidad es el resultado del trabajo personal, de la
prćtica adquirida resolviendo problemas y de la reflexiń sobre esa prćtica.
a o a
No es posible convertirse en un solucionista experto mediante la mera lectura
pasiva de un libro, del mismo modo que no es posible convertirse en un buen
nadador o pianista simplemente leyendo. Sin embargo el conocimiento de las
tćnicas apropiadas y de los errores t´
e ıpicos que es preciso evitar puede ser
tan util para el solucionista como lo es para el nadador o el pianista.
´

Cap´
ıtulo 1

Principios Generales

“La principal razń de existir del matem´tico es re-
o a
solver problemas, y por lo tanto en lo que realmente
consisten las matem´ticas es en problemas y solu-
a
ciones.”
Paul R. Halmos [14]

En este cap´ ıtulo nos ocuparemos de los m´todos y principios generales
e
que resultan utiles para la resoluciń de problemas. Pero recordemos que la
´ o
unica manera de aprender a resolver problemas es . . . resolviendo problemas!
´
Por lo tanto la lectura de este cap´
ıtulo solamente ser´ util si se combina con
a´
la prćtica constante. Para quienes tengan poca experiencia es recomendable
a
pasar r´pidamente por las p´ginas siguientes, para volver a ellas m´s tarde,
a a a
como referencia, mientras estń trabajando en la resoluciń de problemas
e o
concretos. Quienes se interesen por el estudio en profundidad de la habilidad
para resolver problemas pueden consultar [27].

1.1. Resoluciń de Problemas y Creatividad
o
Evidentemente la resoluciń de problemas est´ estrechamente relaciona-
o a
da con la creatividad, que algunos definen precisamente como la habilidad
para generar nuevas ideas y solucionar todo tipo de problemas y desaf´ ıos.
La especie humana es creativa por naturaleza. Todo ser humano nace
con un gran potencial para la creaciń, pero mientras algunos lo aprovechan
o
al m´ximo, otros casi no lo utilizan. Sin embargo la creatividad, al igual que
a

4 Principios Generales

cualquier otra habilidad humana, puede desarrollarse a trav´s de la prćtica
e a
y el entrenamiento adecuado. Lamentablemente tambiń puede atrofiarse, si
e
no se ejercita adecuadamente.
El pensamiento creativo se ha dividido en divergente y convergente. El
primero consiste en la habilidad para pensar de manera original y elabo-
rar nuevas ideas, mientras que el segundo se relaciona con la capacidad
cr´ıtica y l´gica para evaluar alternativas y seleccionar la m´s apropiada.
o a
Evidentemente ambos tipos de pensamiento juegan un rol fundamental en
la resoluciń de problemas.
o
Tres aspectos de la creatividad han recibido mucha atenciń: el proceso
o
creativo, las caracter´
ısticas de la personalidad creativa, y las circunstancias
que posibilitan o favorecen el acto creativo. Como consecuencia de estos es-
tudios se han desarrollado tćnicas y m´todos generales dirigidos a desarro-
e e
llar el potencial creativo. En esta obra nos concentraremos en las tćnicas
e
y estrategias espec´ıficas que han demostrado ser m’s utiles para la resolu-
´
ciń de problemas matem´ticos. Sin embargo haremos a continuaciń una
o a o
breve reseã de algunos de los m´todos m´s generales, remitiendo al lector
n e a
interesado a la bibliograf´ correspondiente.
ıa

1.1.1. Invertir el problema
Cada concepto tiene uno contrario y la oposiciń entre ellos genera una
o
tensiń favorable al hecho creativo. Esta idea, que tiene profundas ra´
o ıces
tanto en la filosof´ oriental como en la occidental, se refleja en la sabidur´
ıa ıa
popular en aforismos tales como: “Para saber mandar hay que aprender
a obedecer” o “Para ser un buen orador hay que saber escuchar”. Como
ejemplo de esta tćnica supongamos que deseamos diseãr un zapato que
e n
sea muy c´modo. El problema inverso ser´ diseãr un zapato inc´modo.
o ıa n o
Pero el an´lisis de este problema nos llevar´ seguramente a descubrir los
a a
factores que causan incomodidad, y al evitarlos habremos dado un buen
paso hacia la soluciń del problema original. Vea [38].
o

1.1.2. Pensamiento lateral
Consiste en explorar alternativas inusuales o incluso aparentemente ab-
surdas para resolver un problema. En otras palabras: evitar los caminos
trillados, intentar lo que nadie ha intentado, ensayar percepciones y puntos
de vista diferentes. Vea [5].

1.1 Resoluciń de Problemas y Creatividad
o 5

1.1.3. Principio de discontinuidad
La rutina suprime los est´ ımulos necesarios para el acto creativo, por
lo tanto si experimenta un bloqueo temporal de su capacidad creadora in-
terrumpa su programa cotidiano de actividades y haga algo diferente a lo
acostumbrado. Vaya a dar un paseo por sitios que no conoce, ensaye una
nueva receta de cocina, escuche m´sica diferente a la que escucha habi-
u
tualmente, lea un libro que no ten´ pensado leer, asista a algń tipo de
ıa u
espectćulo diferente a sus favoritos.
a

1.1.4. Imitaciń
o
La mayor parte de los grandes artistas comienzan imitando a sus maes-
tros. M´s ań se ha llegado a afirmar, en parte en broma y en parte en serio,
a u
que “la originalidad no es otra cosa que un plagio no detectado”. En cual-
quier caso es claro que la imitaciń puede ser un primer paso v´lido hacia
o a
la originalidad. En particular observe y no vacile en imitar las tćnicas de
e
resoluciń de problemas empleadas con ´xito por sus compa˜eros, maestros
o e n
o colegas.

1.1.5. Tormenta de cerebros (Brainstorming)
Es una tćnica desarrollada en el mundo de la publicidad, en el cual el
e
´xito depende de la generaciń de nuevas y brillantes ideas. Para ello se
e o
reńe un grupo de personas y se les invita a expresar todas las ideas que
u
se les ocurran en relaciń a un problema o tema planteado, sin importar lo
o
estrafalarias o rid´
ıculas que parezcan. La evaluaciń y la cr´
o ıtica se posponen,
esperando crear un clima estimulante que favorezca el surgimiento de algunas
ideas realmente utiles. La utilidad de esta tćnica es dudosa fuera de ciertos
´ e
campos o situaciones muy espec´ ıficas.

1.1.6. Mapas mentales
Es una tćnica desarrollada por Tony Buzan (vea [6] y [7]) que trata de
e
representar en forma gr´fica el carćter asociativo de la mente humana. Se
a a
comienza con la idea principal ubicada en el centro de la hoja y alrededor
de ella se van colocando las ideas asociadas y sus respectivos v´
ınculos. Uti-
lizando diversos colores y s´
ımbolos esta tćnica puede llegar a ser muy util
e ´
para organizar las ideas que van surgiendo en torno a un problema.


1.1.7. Programaciń neuroling¨´
o uıstica (PNL)
Tambiń conocida como “la ciencia de la experiencia subjetriva”, es un
e
conjunto de tćnicas muy desarrolladas a trav´s de las cuales se trata de
e e
caracterizar el contexto (f´
ısico, fisiol´gico, psicol´gico, ambiental, etc.) en
o o
el cual somos m´s creativos, para luego reproducirlo a voluntad. Los prac-
a
ticantes de la PNL han incluso “modelado” el comportamiento de algunos
personajes famosos, tales como Walt Disney, para tratar de aprovechar sus
modos y procedimientos m´s creativos. Vea [10] y [11].
a

1.1.8. Factores afectivos
La resoluciń de problemas no es un asunto puramente intelectual. Las
o
emociones, y en particular el deseo de resolver un problema, tienen tambiń e
una gran importancia. La incapacidad que manifiestan algunos alumnos para
resolver incluso el ejercicio m´s sencillo no es producto por lo general de una
a
deficiencia intelectual, sino de una absoluta falta de inter´s y motivaciń. A
e o
veces no existe ni siquiera el deseo de comprender el problema, y por lo tanto
el mismo no es comprendido. El profesor que desee realmente ayudar a un
alumno con estas caracter´ ısticas deber´ ante todo despertarle su curiosidad
a
dormida, motivarlo y transmitirle deseos de logro y superaciń. o
Algunas creencias negativas para el proceso creativo estń asociadas a
a
una baja autoestima y pueden tener ra´ emocionales profundas. Por ejem-
ıces
plo hay quienes enfrentados a un problema creen a priori que no podrń a
resolverlo, y que si lo intentan s´lo conseguirń terminar con un dolor de
o a
cabeza. El maestro o profesor debe en estos casos apelar a todas sus dotes
y conocimientos como educador, aunque en casos extremos ser´ necesaria
a
tambiń la ayuda de un orientador o la de un psic´logo.
e o
En el polo opuesto, alguien que tenga confianza en su propia capacidad
y crea que un problema es un desaf´ que vale la pena enfrentar y que re-
ıo
solverlo le proporcionar´ una satisfacciń intelectual al mismo tiempo que
a o
ser´ una experiencia valiosa para su formaciń, estar´ en excelentes condi-
a o a
ciones psicol´gicas para abordar el proceso resolutivo. Para profundizar en
o
estos aspectos vea [4], [24], [25], [26].

1.1.9. Bloqueos mentales
James Adams, profesor de diseõ en la Universidad de Stanford, centra su
n
enfoque de la creatividad en la superaciń de los bloqueos mentales, barreras
o

1.2 La Creaciń Matem´tica
o a 7

que nos impiden percibir un problema en la forma correcta y encontrarle
soluciń. En [1] analiza diferentes tipos de bloqueos y propone ejercicios
o
para identificarlos y superarlos. Su clasificaciń es la siguiente:
o

Bloqueos perceptivos: estereotipos, dificultad para aislar el proble-
ma, delimitar demasiado el espacio de soluciones, imposibilidad de ver
el problema desde varios puntos de vista, saturaciń, no poder utilizar
o
toda la informaciń sensorial.
o

Bloqueos emocionales: miedo a cometer errores, a arriesgar, a fra-
casar; deseo de seguridad y orden; preferir juzgar ideas a concebirlas;
inhabilidad para relajarse; falta de est´
ımulo; entusiasmo excesivo; falta
de control imaginativo.

Bloqueos culturales: tabés; el peso de la tradiciń; roles predeter-
u o
minados asignados a la mujer y al hombre.

Bloqueos ambientales: distracciones; falta de apoyo para llevar ade-
lante una idea; falta de cooperaciń entre colegas.
o

Bloqueos intelectuales: inhabilidad para seleccionar un lenguaje
apropiado para el problema (verbal, matem´tico, visual); uso inade-
a
cuado de las estrategias; falta de informaciń o informaciń incorrecta.
o o

Bloqueos expresivos: tćnicas inadecuadas para registrar y expresar
e
ideas (a los dem´s y a uno mismo)
a

1.2. La Creaciń Matem´tica
o a
Una de las reflexiones m´s profundas que se han hecho sobre la creativi-
a
dad en matem´tica es la realizada a principios de siglo por Henri Poincar´,
a e
uno de los m´s grandes matem´ticos de su tiempo. En una conferencia pro-
a a
nunciada ante la Sociedad Psicol´gica de Par´ [30] hizo interesant´
o ıs ısimas
revelaciones sobre sus propias experiencias como creador:

“¿Qu´ es, de hecho, la creaciń matem´tica? No consiste en
e o a
hacer combinaciones nuevas con entes matem´ticos ya conoci-
a
dos. Cualquiera podr´ hacerlo, pcro las combinaciones que se
ıa
podr´ hacer as´ ser´ un n´mero limitado y en su mayor´
ıan ı ıan u ıa
totalmente desprovistas de inter´s. Crear consiste precisamente
e


no en construir las combinaciones in´tiles, sino en construir las
u
que son utiles y que estń en ´
´ a ınfima minor´ Crear es discernir,
ıa.
es escoger. . . ”
“A menudo, cuando se trabaja en un problema dif´ ıcil, no se
consigue nada la primera vez que se comienza la tarea. Luego se
toma un descanso m´s o menos largo y uno se sienta de nuevo
a
ante la mesa. Durante la primera media hora se continá sin u
encontrar nada. Despu´s, de repente. la idea decisiva se presenta
e
ante la mente. . . ”
“Hay que hacer otra observaciń a prop´sito de las condicio-
o o
nes de este trabajo inconsciente. Se trata de que tal trabajo no
es posible, y en todo caso no es fecundo, si no est´ por una parte
a
precedido y por otra seguido de un per´ ıodo de trabajo conscien-
te. Estas inspiraciones s´bitas no se presentan . . . m´s que tr´s
u a a
algunos d´ de esfuerzos voluntarios, aparentemente est´riles, en
ıas e
los que uno ha cre´ no hacer nada interesante, y piensa haber
ıdo
tomado un camino falso totalmente. Estos esfuerzos no fueron,
por tanto, tan est´riles como se pensaba. Pusieron en movimien-
e
to la m´quina inconsciente y sin ellos ´sta no habr´ funcionado
a e ıa
ni hubiera producido nada. . . ”

Poincar´ esboza luego una teor´ del trabajo del yo subliminal, en la
e ıa
cual atribuye un rol fundamental a la sensibilidad y el sentido est´tico del
e
matem´tico en el proceso de selecciń, durante el trabajo inconsciente, de
a o
las combinaciones m´s significativas.
a
Una conclusiń prćtica: cuando un problema se resiste a nuestros mejo-
o a
res esfuerzos, nos queda todav´ la posibilidad de dejarlo durante un tiempo,
ıa
descansar, dar un paseo, y volver a ´l m´s tarde. Sin embargo solamente
e a
aquellos problemas que nos han apasionado, mantenińdonos en una con-
e
siderable tensiń mental, son los que vuelven m´s tarde, transformados, a
o a
la mente consciente. La inspiraciń o iluminaciń s´bita, que los antiguos
o o u
consideraban un don divino, hay que merecerla.

1.3. La metodolog´ de P´lya
ıa o
En 1945 el insigne matem´tico y educador George P´lya (1887–1985)
a o
public´ un libro que r´pidamente se convirtir´ en un cl´sico: How to solve
o a ıa a
it [31]. En el mismo propone una metodolog´ en cuatro etapas para resolver
ıa

1.3 La metodolog´ de P´lya
ıa o 9

problemas. A cada etapa le asocia una serie de preguntas y sugerencias que
aplicadas adecuadamente ayudarń a resolver el problema. Las cuatro etapas
a
y las preguntas a ellas asociadas se detallan a continuaciń:
o
Etapa I: Comprensiń del problema.
o
¿Cu´l es la inc´gnita? ¿Cu´les son los datos? ¿Cual es la condiciń?
a o a o

¿Es la condiciń suficiente para determinar la inc´gnita? ¿Es insufi-
o o
ciente? ¿Redundante? ¿Contradictoria?
Etapa II: Concepciń de un plan.
o
¿Se ha encontrado con un problema semejante? ¿Ha visto el mismo
problema planteado en forma ligeramente diferente?

¿Conoce un problema relacionado con ´ste? ¿Conoce algń teorema
e u
que le pueda ser util? Mire atentamente la inc´gnita y trate de recordar
´ o
un problema que le sea familiar y que tenga la misma inc´gnita o una
o
inc´gnita similar.
o

He aqu´ un problema relacionado con el suyo y que se ha resuelto ya.
ı
¿Podr´ utilizarlo? ¿Podr´ emplear su resultado? ¿Podr´ utilizar su
ıa ıa ıa
m´todo? ¿Podr´ utilizarlo introduciendo algń elemento auxiliar?
e ıa u

¿Podr´ enunciar el problema en otra forma? ¿Podr´ plantearlo en
ıa ıa
forma diferente nuevamente? Refi´rase a las definiciones.
e

Si no puede resolver el problema propuesto, trate de resolver primero
algń problema similar. ¿Podr´ imaginarse un problema an´logo un
u ıa a
tanto m´s accesible? ¿Un problema m´s general? ¿Un problema m´s
a a a
particular? ¿Un problema an´logo? ¿Puede resolver una parte del pro-
a
blema? Considere s´lo una parte de la condiciń; descarte la otra parte;
o o
¿en qu´ medida la inc´gnita queda ahora determinada? ¿en qu´ forma
e o e
puede variar? ¿Puede usted deducir algń elemento util de los datos?
u ´
¿Puede pensar en algunos otros datos apropiados para determinar la
inc´gnita? ¿Puede cambiar la inc´gnita? ¿Puede cambiar la inc´gnita
o o o
o los datos, o ambos si es necesario, de tal forma que la nueva inc´gnita
o
y los nuevos datos estń m´s cercanos entre s´
e a ı?

¿Ha empleado todos los datos? ¿Ha empleado toda la condiciń? ¿Ha
o
considerado usted todas las nociones esenciales concernientes al pro-
blema?


Etapa III: Ejecuciń del plan.
o

Al ejecutar el plan, compruebe cada uno de los pasos.

¿Puede ver claramente que el paso es correcto? ¿Puede demostrarlo?

Etapa IV. Visiń retrospectiva.
o

¿Puede usted verificar el resultado? ¿Puede verificar el razonamiento?

¿Puede obtener el resultado en forma diferente? ¿Puede verlo de golpe?
¿Puede emplear el resultado o el m´todo en algń otro problema?
e u

La primera etapa es obviamente insoslayable: es imposible resolver un
problema del cual no se comprende el enunciado. Sin embargo en nuestra
prćtica como docentes hemos visto a muchos estudiantes lanzarse a efectuar
a
operaciones y aplicar f´rmulas sin reflexionar siquiera un instante sobre lo
o
que se les pide. Por ejemplo si en el problema aparece una funciń comienzan
o
de inmediato a calcularle la derivada, independientemente de lo que diga el
enunciado. Si el problema se plantea en un examen y luego, comentando los
resultados, el profesor dice que el c´lculo de la derivada no se ped´ y m´s
a ıa a
ań que el mismo era irrelevante para la soluciń del problema, algunos le
u o
responderń: ¿o sea que no nos va a dar ningń punto por haber calculado
a u
la derivada? Este tipo de respuesta revela una incomprensiń absoluta de
o
lo que es un problema y plantea una situaciń muy dif´ al profesor, quien
o ıcil
tendr´ que luchar contra vicios de pensamiento arraigados, adquiridos tal
a
vez a lo largo de muchos aõs.
n
La segunda etapa es la m´s sutil y delicada, ya que no solamente est´ re-
a a
lacionada con los conocimientos y la esfera de lo racional, sino tambiń con
e
la imaginaciń y la creatividad. Observemos que las preguntas que P´lya
o o
asocia a esta etapa estń dirigidas a llevar el problema hacia un terreno co-
a
nocido. Con todo lo utiles que estas indicaciones son, sobre todo para el tipo
´
de problemas que suele presentarse en los cursos ordinarios, dejan planteada
una interrogante: ¿qu´ hacer cuando no es posible relacionar el problema
e
con algo conocido? En este caso no hay recetas infalibles, hay que trabajar
duro y confiar en nuestra propia creatividad e inspiraciń. o
La tercera etapa es de carćter m´s tćnico. Si el plan est´ bien concebi-
a a e a
do, su realizaciń es factible y poseemos los conocimientos y el entrenamiento
o
necesarios, deber´ ser posible llevarlo a cabo sin contratiempos. Sin embar-
ıa
go por lo general en esta etapa se encontrarń dificultades que nos obligarń
a a

1.4 El trabajo de Alan Schoenfeld 11

a regresar a la etapa anterior para realizar ajustes al plan o incluso para
modificarlo por completo. Este proceso puede reperirse varias veces.
La cuarta etapa es muchas veces omitida, incluso por solucionistas exper-
tos. P´lya insiste mucho en su importancia, no solamente porque comprobar
o
los pasos realizados y verificar su correcciń nos puede ahorrar muchas sor-
o
presas desagradables, sino porque la visiń retrospectiva nos puede conducir
o
a nuevos resultados que generalicen, ampl´ o fortalezcan el que acabamos
ıen
de hallar.

1.4. El trabajo de Alan Schoenfeld
Si bien la mayor´ de los matem´ticos reconocen en las estrategias heur´
ıa a ıs-
ticas de P´lya los m´todos que ellos mismos utilizan habitualmente, no es
o e
tan fćil para el que no tiene experiencia aplicarlas exitosamente. En otras
a
palabras, dichas estrategias son m´s descriptivas que prescriptivas. Alan
a
Schoenfeld (ver [34], [35], [36]) es uno de los que m´s han estudiado esta
a
problem´tica. En su an´lisis identifica los siguientes cuatro factores relevan-
a a
tes para la resoluciń de problemas:
o

Recursos cognitivos. Son nuestros conocimientos matem´ticos ge-
a
nerales, tanto de conceptos y resultados como de procedimientos (al-
goritmos).

Heur´ ıstica. Es el conjunto de estrategias y tćnicas para resolver
e
problemas que conocemos y estamos en capacidad de aplicar.

Control o metacogniciń. Es la capacidad de utilizar lo que sabe-
o
mos para lograr un objetivo.

Creencias. Se refiere a aquellas creencias y opiniones relacionadas
con la resoluciń de problemas y que pueden afectarla favorable o
o
desfavorablemente.

La importancia del primer factor es obvia. Sin embargo se ha demostra-
do (ver [9]) que no es suficiente poseer un amplio bagaje de conocimientos
matem´ticos para ser un solucionista experto. Tambiń es necesario dominar
a e
algunas tćnicas y estrategias que nos ayuden a atacar el problema. En do-
e
minios restringidos y bien delimitados, en los cuales los problemas a resolver
son m´s o menos rutinarios, se han desarrollado estrategias que pueden ser
a


aplicadas con ´xito incluso por un computador, con resultados tan buenos o
e
mejores que los obtenidos por los expertos humanos (estos son los famosos
sistemas expertos, producto de las investigaciones en inteligencia artificial
y ciencia cognitiva). Sin embargo para resolver problemas no rutinarios en
dominios ricos en contenido, como la matem´tica, se requiere algo m´s que
a a
conocimientos y estrategias. Ese factor adicional es lo que llamamos con-
trol; actá como una voz interior que nos dice qu´ ideas y estrategias (entre
u e
muchas alternativas posibles) nos conviene aplicar para el problema que te-
nemos entre manos, o bien si debemos abandonar un camino que no parece
arrojar resultados o por el contrario redoblar esfuerzos y perseverar en ´l.
e
Los solucionistas inexpertos tienen evidentes deficiencias en este aspecto: se
apresuran a transitar el primer camino que se les ocurre y luego se mueven
en c´ırculos, cayendo una y otra vez en el mismo error.
El ultimo factor puede influir tambiń de manera importante en el pro-
´ e
ceso de resoluciń de problemas. Algunas creencias comunes, sobre todo
o
entre estudiantes de enseãnza media, son las siguientes: “todo problema
n
se resuelve mediante alguna f´rmula”, “lo importante es el resultado y no
o
el procedimiento”, “la respuesta del libro no puede estar equivocada”. Este
tipo de creencias es un obstćulo para el desempeõ de cualquier persona
a n
como solucionista.
Schoenfeld elabor´ tambiń una lista de las estrategias m´s utilizadas:
o e a

1. An´lisis.
a

a) Dibuje un diagrama siempre que sea posible.
b) Examine casos especiales.
1) Seleccione algunos valores especiales para ejemplificar el pro-
blema e irse familiarizando con ´l. e
2) Examine casos l´ ımite para explorar el rango de posibilidades.
3) Si hay un par´metro entero, dele sucesivamente los valores
a
1, 2, . . . , m y vea si emerge algń patrń inductivo.
u o
c) Trate de simplificar el problema.
1) Explotando la existencia de simetr´
ıa.
2) Usando argumentos del tipo “sin p´rdida de generalidad”.
e

2. Exploraciń.
o

a) Considere problemas esencialmente equivalentes.

1.4 El trabajo de Alan Schoenfeld 13

1) Reemplazando condiciones por otras equivalentes.
2) Recombinando los elementos del problema de maneras dife-
rentes.
3) Introduciendo elementos auxiliares.
4) Reformulando el problema:
Mediante un cambio de perspectiva o notaciń.
o
Mediante argumentos por contradicciń o contraposiciń.
o o
Asumiendo que tenemos una soluciń y determinando sus
o
propiedades.
b) Considere un problema ligeramente modificado.
1) Escoja submetas (tratando de satisfacer parcialmente las con-
diciones).
2) Relaje una condiciń y luego trate de reimponerla.
o
3) Descomponga el dominio del problema y trabaje caso por
caso.
c) Considere problemas sustancialmente modificados.
1) Construya un problema an´logo con menos variables.
a
2) Deje todas las variables fijas excepto una, para determinar
su impacto.
3) Trate de aprovechar cualquier problema relacionado que ten-
ga forma, datos o conclusiones similares.

3. Verificaciń de la soluciń.
o o

a) ¿Pasa su soluciń estas pruebas espec´
o ıficas?
1) ¿Usa todos los datos pertinentes?
2) ¿Est´ de acuerdo con estimaciones o predicciones razonables?
a
3) ¿Soporta pruebas de simetr´ an´lisis dimensional y escala?
ıa, a
b) ¿Pasa estas pruebas generales?
1) ¿Puede ser obtenida de manera diferente?
2) ¿Puede ser sustanciada por casos especiales?
3) ¿Puede ser reducida a resultados conocidos?
4) ¿Puede utilizarse para generar algń resultado conocido?
u

Cap´
ıtulo 2

Ejemplos sencillos

“Resolver un problema es hacer un descubrimiento.
Un gran problema significa un gran descubrimien-
to, pero hay una part´ıcula de descubrimiento en la
soluciń de cualquier problema. El suyo puede ser
o
modesto, pero si pone a prueba la curiosidad que
induce a poner en juego las facultades inventivas, y
si lo resuelve por medios propios, puede experimen-
tar la tensiń y el encanto del descubrimiento y el
o
goce del triunfo.”

George P´lya [31]
o

En este cap´ıtulo pondremos en prćtica los principios examinados en el
a
cap´ıtulo anterior. Para ello hemos seleccionado varios problemas sencillos
y de fćil soluciń, de modo que nos podamos concentrar en el proceso de
a o
resoluciń m´s que en el contenido de los mismos.
o a

2.1. ´
Aritm´tica y Algebra
e
Algunos de los problemas m´s antiguos que se conocen son de tipo
a
aritm´tico. Es t´
e ıpico que se pida hallar una cantidad determinada por cier-
tas condiciones, o bien efectuar un reparto cumpliendo ciertos requisitos.
Los siguientes problemas pertenecen a esta categor´ ıa.
Problema 2.1. Diofanto fue un notable matem´tico griego que desarroll´ su
a o
actividad en Alejandr´ en el siglo III A.C. y del cual se conservan muy pocos
ıa

e ´
2.1 Aritm´tica y Algebra 15

datos biogr´ficos. Sin embargo se dice que su epitafio conten´ la siguiente
a ıa
inscripciń:
o
Caminante: aqu´ yacen los restos de Diofanto. Y los n´me-
ı u
ros pueden mostrar cuń larga fue su vida, cuya sexta parte
a
constituy´ su hermosa infancia. Hab´ transcurrido adem´s una
o ıa a
duodćima parte cuando sus mejillas se cubrieron de vello. Lue-
e
go de una s´ptima parte se cas´, y transcurrido un quinquenio
e o
le hizo dichoso el nacimiento de su primogńito, cuya existencia
e
dur´ tan s´lo la mitad de la de su padre. Luego de cuatro aõs
o o n
buscando consuelo en la ciencia de los n´meros, descendi´ Dio-
u o
fanto a la sepultura.
¿Qu´ edad alcanz´ Diofanto? ¿A qu´ edad se cas´? ¿Cuńtos aõs vivi´ su
e o e o a n o
hijo?
Soluciń. Veamos si comprendemos bien el problema. ¿Cu´l es la inc´gnita?
o a o
El n´mero de aõs que vivi´ Diofanto (las preguntas restantes se responden
u n o
fćilmente conociendo la respuesta a la primera). ¿Cu´les son los datos? Una
a a
serie de informaciones sobre las etapas sucesivas de su vida, desde su infan-
cia hasta su muerte. Ahora debemos concebir un plan. ¿Se ha encontrado
con un problema semejante? Es de esperar que s´ ya que la mayor´ de los
ı, ıa
problemas resolubles por m´todos algebraicos elementales son semejantes.
e
El plan general consiste en escribir ecuaciones que reflejen las condiciones
planteadas, resolver el sistema resultante y finalmente interpretar las solu-
ciones obtenidas en el contexto original del problema. Llamemos x al n´mero
u
de aõs vividos por Diofanto. Esta cantidad debe ser igual a la suma de las
n
duraciones de las etapas de su vida, a saber: su infancia (x/6), la duodćima
e
parte transcurrida hasta que le sali´ barba (x/12), los aõs transcurridos
o n
hasta que contrajo matrimonio (x/7), los aõs transcurridos hasta que na-
n
ci´ su primogńito (5), los aõs que ´ste vivi´ (x/2) y los 4 aõs que Diofanto
o e n e o n
le sobrevivi´. Por lo tanto escribimos:
o
x x x x
x= + + +5+ +4 (2.1)
6 12 7 2
Agrupando t´rminos semejantes resulta:
e
1 1 1 1
(1 − − − − )x = 5 + 4
6 12 7 2
y simplificando queda
3
x = 9.
28

16 Ejemplos sencillos

Por lo tanto x = 28 × 9/3 = 84. Verifiquemos el resultado:

84 84 84 84
+ + +5+ + 4 = 14 + 7 + 12 + 5 + 42 + 4 = 84
6 12 7 2
Diofanto se cas´ cuando contaba 84/6 + 84/12 + 84/7 = 33 aõs, y su hijo
o n
vivi´ 84/2 = 42 aõs.
o n

Los documentos matem´ticos m´s antiguos que se conservan son dos
a a
rollos de papiro egipcios que datan aproximadamente de la XII dinast´ ıa
(2078 a 1788 A.C.). Uno de ellos, conocido como el papiro Rhind, consta de
unos 85 problemas y ejemplos prćticos. El siguiente es uno de ellos:
a

Problema 2.2. Dividir cien panes entre cinco hombres, de modo que las
porciones que reciban estń en progresiń aritm´tica y que la s´ptima parte
e o e e
de la suma de las tres mayores sea igual a la suma de las dos porciones
menores.

Soluciń. Asegur´monos de comprender bien el problema. ¿Qu´ se nos pide?
o e e
Dividir cien panes entre cinco hombres, de modo que se cumplan ciertas con-
diciones. ¿Cu´les son los datos? El n´mero total de panes (100), la cantidad
a u
de porciones (5) y las condiciones que debe cumplir el reparto. ¿Cu´les son
a
las inc´gnitas? Obviamente, la cantidad de panes que le corresponder´ a ca-
o a
da uno. ¿Comprendemos la condiciń? En primer lugar las porciones deben
o
estar en progresiń aritm´tica; esto significa que si escribimos las porciones
o e
en orden creciente de magnitud, la diferencia de cada una de ellas con la
siguiente es constante. En otras palabras, si llamamos x a la menor de las
porciones y r a la diferencia comń o razń de la progresiń, entonces las
u o o
cinco porciones deberń ser x, x + r, x + 2r, x + 3r y x + 4r. Utilizando esta
a
notaciń podemos describir la ultima condiciń del problema mediante una
o ´ o
ecuaciń:
o
(x + 2r) + (x + 3r) + (x + 4r)
= x + (x + r) (2.2)
7
¿Es la condiciń suficiente para determinar la inc´gnita? ¿Es insuficiente?
o o
Estas preguntas vienen muy bien en este momento, ya que nos hacen ob-
servar que tenemos dos inc´gnitas x y r pero una sola ecuaciń. En general
o o
(pero por supuesto hay excepciones) esto significa que el problema es inde-
terminado, es decir que en vez de una unica soluciń admite varias, tal vez
´ o
hasta un n´mero infinito de ellas. Pero otra posibilidad a tener en cuenta
u
es que no tengamos suficientes ecuaciones sencillamente por haber pasado

e ´
2.1 Aritm´tica y Algebra 17

por alto algń dato o condiciń del problema. Recordemos las preguntas
u o
de P´lya: ¿Ha empleado todos los datos?, ¿Ha empleado toda la condiciń?
o o
Bueno, leyendo una vez m´s el enunciado del problema vemos que no hemos
a
utilizado el hecho de que los panes a dividir son cien. Este dato nos permite
escribir otra ecuaciń:
o

x + (x + r) + (x + 2r) + (x + 3r) + (x + 4r) = 100 (2.3)

Bien, ya tenemos dos ecuaciones y dos inc´gnitas. El plan a seguir es simple:
o
resolver el sistema. Para ello simplificamos primero las ecuaciones 2.2 y 2.3
hasta obtener

11x − 2r = 0 (2.4)
x + 2r = 20 (2.5)

de donde resulta x = 5/3 y r = 55/6. Las cinco porciones serń entonces:
a
5/3 = 1 2 , 5/3 + 55/6 = 65/6 = 10 5 , 65/6 + 55/6 = 20, 20 + 55/6 = 175/6 =
3 6
29 1 y finalmente 175/6 + 55/6 = 115/3 = 38 1 .
6 3
Visiń retrospectiva: ¿Puede usted verificar el resultado? Esto es fćil: 5/3 +
o a
65/6 + 20 + 175/6 + 115/3 = 100 y 65/6 − 5/3 = 20 − 65/6 = 175/6 − 20 =
115/3 − 175/6 = 55/6. ¿Puede obtener el resultado en forma diferente?
Bueno, si se tiene cierta experiencia resolviendo problemas con progresiones
aritm´ticas se observa que muchas veces resulta m´s c´modo representar la
e a o
progresiń de manera sim´trica, alrededor de un t´rmino central. En nuestro
o e e
caso, si llamamos z al t´rmino central y r a la razń, los cinco t´rminos serń
e o e a
z − 2r, z − r, z, z + r y z + 2r. Ahora la condiciń de que las partes suman
o
cien se escribe as´ı:

(z − 2r + +(z − r) + z + (z + r) + (z + 2r) = 100

que se reduce a 5z = 100 y por tanto z = 20. La otra condiciń es
o
20 + (20 + r) + (20 + 2r)
= (20 − 2r) + (20 − r)
7
que luego de simplificar nos da 60 + 3r = 7(40 − 3r), de donde podemos
despejar r = (280 − 60)/24 = 55/6. Obtenemos por supuesto la misma
soluciń que antes, pero el procedimiento luce m´s limpio y elegante: en lugar
o a
de resolver un sistema de dos ecuaciones con dos inc´gnitas s´lo tenemos que
o o
resolver un par de ecuaciones de primer grado. Esto se debe a que la simetr´ıa
hace que se cancelen los t´rminos con r en la primera ecuaciń.
e o


Problema 2.3. Tres recipientes contienen agua. Si se vierte 1/3 del conte-
nido del primer recipiente en el segundo, y a continuaciń 1/4 del contenido
o
del segundo en el tercero, y por ultimo 1/10 del contenido del tercero en el
´
primero, entonces cada recipiente queda con 9 litros de agua. ¿Qu´ cantidad
e
de agua hab´ originalmente en cada recipiente?
ıa

Soluciń. Este problema puede tratarse en principio con el mismo m´todo
o e
que los anteiores: si llamamos x, y, z a los contenidos iniciales de los recipien-
tes es posible escribir unas ecuaciones que reflejen las condiciones del pro-
blema. Por ejemplo, despu´s de la primera operaciń el contenido del primer
e o
recipiente ser´ (2/3)x y el del segundo y + x/3. Luego de la segunda opera-
a
ciń el contenido del segundo recipiente ser´ (3/4)(y + x/3) = x/4 + (3/4)y
o a
y el del tercero z + (1/4)(y + x/3) = x/12 + y/4 + z. Luego de la tercera
operaciń el contenido del tercer recipiente ser´ (9/10)(x/12 + y/4 + z) y el
o a
del primero (2/3)x + (1/10)(x/12 + y/4 + z). Igualando ahora el contenido
final de cada recipiente con 9 obtenemos un sistema de tres ecuaciones con
tres inc´gnitas, cuya soluciń es la respuesta buscada. Los detalles se los
o o
dejamos al lector como ejercicio.
Visiń retrospectiva: No cabe duda de que el m´todo anterior, aunque in-
o e
falible, es bastante aburrido y proclive a errores num´ricos. ¿No habr´ otra
e a
forma de proceder m´s apropiada para este tipo de problema? S´ la hay,
a ı
y consiste en sustituir el an´lisis hacia adelante que realizamos, partiendo
a
de la configuraciń inicial y estudiando la evoluciń del contenido de los
o o
recipientes con cada operaciń, por un an´lisis retrospectivo. Este tipo de
o a
an´lisis consiste en partir de la configuraciń final y estudiar c´mo se lleg´ a
a o o o
ella. En nuestro caso los tres recipientes finalizan con 9 litros, y la ultima
´
operaciń consisti´ en trasvasar 1/10 del contenido del tercer recipiente al
o o
primero. Pero si el tercer recipiente, luego de perder la dćima parte de su
e
contenido, qued´ con 9 litros, es obvio que deb´ contener diez litros. Y el
o ıa
primero, como qued´ con 9 luego de ganar un litro, antes conten´ 8 litros.
o ıa
En otras palabras, despu´s de la segunda operaciń y antes de la tercera el
e o
contenido de los recipientes era 8, 9 y 10 litros, en ese orden. Del mismo mo-
do se ve que antes de la segunda operaciń el segundo recipiente conten´ 12
o ıa
litros, para poder quedar en 9 al perder la cuarta parte de su contenido. Y el
tercero, por consiguiente, ten´ 7 litros. Los contenidos antes de la segunda
ıa
operaciń eran entonces 8, 12 y 7. Razonando de igual forma llegamos a que
o
inicialmente los recipientes conten´ 12, 8 y 10 litros de agua. Este an´lisis
ıan a
retrospectivo se resume en la siguiente tabla:

2.2 Combinatoria 19

1◦ 2◦ 3◦
9 9 9
8 9 10
8 12 7
12 8 10

2.2. Combinatoria
Hay una clase importante de problemas en los cuales tenemos que contar
o enumerar configuraciones resultantes de combinar, de alguna manera, un
n´mero finito de elementos. La rama de la matem´tica que se ocupa de esto
u a
se conoce como combinatoria. Los siguientes son algunos ejemplos sencillos.
Problema 2.4. Un cubo s´lido de madera de lado 20 cm se pinta de rojo.
o
Luego con una sierra se hacen cortes paralelos a las caras, de cent´
ımetro en
ımetro, hasta obtener 203 = 8000 cubitos de lado 1 cm. ¿Cuńtos de
cent´ a
esos cubitos tendrń al menos una cara pintada de rojo?
a
Soluciń. El problema es de fćil comprensiń. El primer plan que se nos
o a o
ocurre es sencillamente contar los cubitos pintados. Por ejemplo: en cada
cara del cubo hay 202 = 400 cubitos pintados, por lo tanto en total serń a
. . . ¿400×6? No, porque estar´ıamos contando m´s de una vez los cubitos que
a
estń en los v´rtices y aristas del cubo. Pero al menos esto nos da una pista
a e
para mejorar el plan (y una cota superior: el n´mero de cubitos pintados
u
debe ser menor que 2400). Contemos entonces por separado los diferentes
tipos de cubitos pintados:
Los correspondientes a los v´rtices del cubo, que tienen tres caras
e
pintadas y son ocho en total.
Los correspondientes a las aristas del cubo, exclu´ ıdos los v´rtices (tie-
e
nen exactamente dos caras pintadas). Cada arista tiene contacto con
20 cubitos, pero dos de ellos son v´rtices (que ya contamos aparte) por
e
lo cual nos quedan 18. Como el cubo tiene 12 aristas, el n´mero total
u
es 18 × 12 = 216.
Los cubitos con exactamente una cara pintada. En cada cara del cubo,
las caras pintadas de estos cubitos forman un cuadrado de 18 × 18, por
lo tanto en total serń 18 × 18 × 6 = 1944.
a


Por consiguiente la respuesta es 8 + 216 + 1944 = 2168.
Visiń retrospectiva: ¿Podemos obtener el resultado en forma diferente? Una
o
primera alternativa es partir de nuestro primer resultado errńeo, 2400, y
o
efectuar las correcciones necesarias. Como los cubos de los v´rtices se con-
e
taron tres veces cada uno, restemos 8 × 2 = 16. Y como los de las aristas se
contaron dos veces, restemos 216. El resultado ser´ 2400 − 16 − 216 = 2168.
a
Otra idea (posiblemente la m´s elegante) se obtiene invirtiendo el proble-
a
ma. Contemos los cubitos que no tienen ninguna cara pintada. Es claro
que estos cubitos forman un cubo interior al primero, de lado 18. Por lo
tanto son 183 = 5832. Los que tiene al menos una cara pintada se pueden
obtener ahora restando esta ultima cantidad del total de cubitos, a saber
´
203 − 183 = 8000 − 5832 = 2168.

Problema 2.5. En cada una de las 64 casillas de un tablero de ajedrez hay
un grano de azćar. Una hormiga comienza en un v´rtice del tablero, come
u e
el azćar, y se traslada a una casilla adyacente, desplazńdose en direcciń
u a o
horizontal o vertical (pero nunca en diagonal). Continá de este modo hasta
u
acabar con todo el azćar, y sin pasar dos veces por una misma casilla. ¿Es
u
posible que su trayecto finalice en el v´rtice diagonalmente opuesto al inicial?
e

Soluciń. Este problema es de naturaleza diferente a los anteriores. No se
o
nos pide calcular nada, por lo cual muchos pensarń que no es un verdadero
a
problema de matem´tica. Sin embargo, si hacemos abstracciń de la hormiga
a o
y el azćar (que obviamente se han incluido para hacer m´s atractivo el
u a
enunciado) vemos que el problema trata de la existencia de trayectorias con
ciertas caracter´ısticas geom´tricas.
e
Por alguna razń, la mayor´ de las personas a quienes les he planteado
o ıa
este problema contestan de inmediato que s´ Cuando les pido que dibujen
ı.
en la pizarra la trayectoria, demuestran que no han comprendido cabalmente
el enunciado: trazan l´ ıneas diagonales, pasan m´s de una vez por la misma
a
casilla o simplemente finalizan en un v´rtice que no es el opuesto al inicial,
e
y ań as´ creen haber solucionado el problema. Cuando por fin comprenden
u ı
las condiciones, luego de dos o tres intentos fallidos cambian s´bitamen-
u
te de posiciń y contestan que es imposible. Ahora bien, es claro que una
o
respuesta afirmativa queda suficientemente justificada con s´lo exhibir una
o
trayectoria que cumpla las condiciones pedidas. ¿Pero c´mo podemos jus-
o
tificar una respuesta negativa? Es muy importante comprender la enorme
diferencia que existe entre las afirmaciones “no puedo hallar ninguna solu-
ciń” y “no existe ninguna soluciń”. Para poder afirmar esto ultimo hay
o o ´

2.3 Geometr´
ıa 21

b´sicamente dos maneras de proceder. Una de ellas consiste en dibujar todas
a
las trayectorias posibles que parten de un v´rtice y recorren todo el tablero,
e
desplazńdose en direcciń horizontal o vertical y sin pasar dos veces por
a o
ninguna casilla. Una vez hecho esto podemos examinar las trayectorias y
verificar que ninguna finaliza en el v´rtice opuesto al inicial. Un inconve-
e
niente de este procedimiento es que resulta muy lento y engorroso para un
ser humano, aunque ser´ factible realizarlo con ayuda del computador. Otro
ıa
inconveniente es que si se nos ocurre generalizar el problema para tableros
m´s grandes r´pidamente el problema se vuelve inmanejable, incluso para
a a
el computador. M´s ań, si queremos una respuesta general, para tableros
a u
de n × n, este procedimiento resulta completamente in´til.
u
La segunda manera de proceder es demostrar que no existe trayectoria
alguna que cumpla las condiciones exigidas. Para esto resulta util el hecho
´
de que las casillas de un tablero de ajedrez estń pintadas de dos colores,
a
digamos blanco y negro, en forma alternada. La observaciń clave es que
o
cada movimiento unitario en direcciń horizontal o vertical nos lleva de una
o
casilla a otra de diferente color. Ahora bien, como el tablero tiene 8 × 8 = 64
casillas, comenzando en cualquiera de ellas se requieren 63 movimientos para
recorrerlas todas. Pero es claro que despu´s de 1, 3, 5 o cualquier n´mero
e u
impar de movimientos estaremos en una casilla de color diferente a la inicial.
Esto demuestra que la respuesta al problema que nos ocupa es negativa, ya
que un v´rtice y el opuesto son del mismo color.
e
Visiń retrospectiva: Una generalizaciń obvia de este problema consiste en
o o
considerar tableros de n × n, para cualquier entero positivo n. Es claro que
si n es par entonces la respuesta es negativa, por el mismo argumento usado
para el caso 8 × 8. En cambio si n es impar el argumento no se aplica. De
hecho es fćil ver que la respuesta es afirmativa. Otras generalizaciones que
a
se resuelven con el mismo m´todo: especificar dos casillas cualesquiera como
e
inicio y fin de la trayectoria; cambiar el tipo de movimiento b´sico, usando
a
por ejemplo saltos de caballo; plantear el problema en tres dimensiones, por
ejemplo en un cubo.

El lector interesado en estos temas puede consultar [29].

2.3. Geometr´
ıa
La otra clase importante de problemas que encontramos en la matem´ti-
a
ca elemental son los de geometr´ El lector interesado en este tema puede
ıa.


consultar [12].
Hay una gran variedad de problemas geom´tricos: problemas de construc-
e
ciń, de c´lculo, de demostraciń, etc. El siguiente es un ejemplo sencillo.
o a o

Problema 2.6. Los lados del trińgulo ABC miden AB = 26cm, BC =
a
17cm y CA = 19cm. Las bisectrices de los ńgulos de v´rtices B y C se
a e
cortan en el punto I. Por I se traza una paralela a BC que corta a los lados
AB y BC en los puntos M y N respectivamente. Calcule el per´ ımetro del
trińgulo AM N .
a

Soluciń. La primera de las estrategias que Schoenfeld coloca en su lista
o
es hacer un diagrama, toda vez que sea posible. Si bien esta recomendaciń o
se aplica a todo tipo de problemas, es casi insoslayable si el problema es
de carćter geom´trico. Muchas veces el enunciado de estos problemas va
a e
acompaãdo de un dibujo, pero otras veces (como en este caso) no es as´
n ı,
y hacerlo es la primera tarea que debemos realizar. Tal vez usted haya o´ ıdo
frases tales como “un dibujo no constituye demostraciń”, “razonar en base
o
a un dibujo puede conducir a errores”, etc. Todo eso es cierto, sin embargo
un dibujo nos ayuda en primer lugar a comprender el problema. Adem´s a
estimular´ nuestra imaginaciń y es posibleque nos sugiera algń plan para
a o u
hallar la soluciń. Si tiene a mano instrumentos geom´tricos uselos; sin em-
o e ´
bargo incluso un bosquejo aproximado suele ser de mucha ayuda (¡H´galo a
antes de seguir leyendo!).

Hay muchas maneras de resolver este problema. El que tenga aficiń a los
o
c´lculos complicados podr´ por ejemplo comenzar por hallar el ´rea del
a ıa a
trińgulo ABC (usando la f´rmula de Heron). Dividiendo el ´rea entre el
a o a
semiper´ımetro se obtiene el radio de la circunferencia inscripta, es decir la
distancia de I a los lados del trińgulo ABC. Con estos datos es posible
a

2.3 Geometr´
ıa 23

calcular, por proporcionalidad, las longitudes de AM , M N y AN . Sin em-
bargo esto es bastante engorroso. ¿No habr´ una manera m´s sencilla? Si
a a
miramos el dibujo detenidamente, buscando alguna relaciń interesante, ob-
o
servaremos (sobre todo si el dibujo est´ bien hecho) que los trińgulos BM I
a a
y CN I parecen is´sceles. Si esto fuese cierto la soluciń ser´ inmediata, ya
o o ıa
que de las igualdades M I = M B y IN = N C se obtiene:

AM + M N + AN = AM + M I + IN + AN = AM + M B + AN + N C
= AB + AC = 26 + 19 = 45.

Ahora bien, ¿podremos probar que los trińgulos BM I y CN I son is´sce-
a o
les? Para probar por ejemplo que BM I es is´sceles es suficiente probar que
o
los ńgulos ∠M BI y ∠M IB son iguales. Pero sabemos que M N es paralela
a
a BC, por lo tanto ∠M IB = ∠IBC ya que son ńgulos alternos internos.
a
Pero BI es la bisectriz de ∠ABC, por lo tanto ∠M BI = ∠IBC y hemos
completado la demostraciń (por supuesto que para el trińgulo CN I se
o a
razona de modo an´logo).
a
Visiń retrospectiva: Si revisamos los datos del problema vemos que hay
o
uno de ellos que no fue utilizado: la longitud del lado BC. En realidad para
cualquier trińgulo con AB = 26 cm y CA = 19 la soluciń ser´ la misma,
a o ıa
26 + 19 = 45. ¿Y si variamos AB y CA? Bueno, es fćil ver que la respuesta
a
ser´ siempre AB + CA. En otras palabras, los valores 26 y 19 no juegan
a
ningń papel especial, y mucho menos BC = 17. Estos datos en vez de ayu-
u
dar a resolver el problema m´s bien estorban, dirigiendo nuestra atenciń
a o
hacia detalles sin importancia. Son elementos distractores , que aumentan la
dificultad del problema suministrando m´s informaciń que la estrictamente
a o
necesaria para resolverlo. Para aclarar mejor este punto supongamos que el
enunciado del problema hubiese sido:

En un trińgulo ABC las bisectrices de los ńgulos de v´rtices B
a a e
y C se cortan en el punto I. Por I se traza una paralela a BC que
corta a los lados AB y BC en los puntos M y N respectivamente.
Calcule el per´ımetro del trińgulo AM N en funciń de los lados
a o
AB y AC.

Este problema, a pesar de ser m´s general, es probablemente m´s fćil de
a a a
resolver ya que nuestra atenciń se enfocar´ directamente hacia los lados
o a
AB y AC. Este es el sentido de la recomendaciń de P´lya: “eonsidere un
o o
problema m´s general”, la cual parece parad´jica ya que un problema m´s
a o a


general deber´ ser por l´gica m´s dif´ Sin embargo una abstracciń ade-
ıa o a ıcil. o
cuada, al eliminar la hojarasca innecesaria, puede permitirnos ver el camino
con m´s claridad. Ahora bien, ¿es posible detectar y evitar el efecto de es-
a
tos elementos distractores? Es bastante dif´ıcil, ya que a priori no podemos
saber cu´les datos son esenciales y cu´les superfluos para resolver un pro-
a a
blema. Sin embargo es razonable desconfiar de los datos que parecen muy
particulares para la naturaleza del problema. Pero hay que tener cuidado,
ya que hay propiedades que s´ dependen de valores muy particulares de los
ı
datos (esto es muy comń en problemas de aritm´tica, por ejemplo).
u e

Muchos problemas no se pueden clasificar de manera clara dentro de una
rama de la matem´tica, sino que se encuentran en la frontera entre dos o
a
m´s de ellas. El siguiente, por ejemplo, pertenece tanto a la geometr´ como
a ıa
a la combinatoria.

Problema 2.7. ¿En cuńtas regiones queda dividido el plano por 6 rectas
a
en posiciń gen´rica (es decir tales que no haya dos de ellas paralelas ni tres
o e
concurrentes en un punto)?

Soluciń. Evidentemente una recta divide el plano en dos regiones, y dos
o
rectas no paralelas lo dividen en cuatro. Pero ya para tres rectas el problema
comienza a complicarse. Si trazamos unos cuantos diagramas veremos que
la tercera recta atraviesa siempre a tres de las cuatro regiones determinadas
por las dos primeras, pero no a la cuarta, y por lo tanto la respuesta para
tres rectas parece ser siete. ¿Pero podemos estar seguros de esto? ¿Y qu´ pa-
e
sar´ cuando tracemos la cuarta, la quinta y la sexta recta? Lamentablemente
a
los dibujos se complican demasiado, algunas rectas se cortan fuera de la ho-
ja y no es fćil contar las regiones sin equivocarnos. Adem´s pareciera que
a a
la respuesta depende de como dibujemos las rectas. Volvamos entonces al
principio. ¿Podr´ imaginarse un problema an´logo un tanto m´s accesible?
ıa a a
Bueno, en vez de disminu´ el n´mero de rectas podemos disminu´ la di-
ır u ır
mensiń, es decir considerar en cuńtas regiones queda dividida una recta
o a
por cierto n´mero de puntos. Este problema s´ es fćil, n puntos dividen a
u ı a
la recta en n + 1 regiones (a saber n − 1 segmentos y 2 semirrectas). ¿Y no
podemos aprovechar este resultado para el problema en el plano? Veamos,
si ya hemos trazado n − 1 rectas entonces al trazar la n-sima ´sta cortar´ a
e a
las anteriores en n − 1 puntos diferentes (por la hi´tesis de genericidad). Por
o
lo tanto la n-sima recta quedar´ dividida en n partes por esos puntos de
a
intersecciń. Pero es claro que cada una de esas partes estar´ contenida por
o a

2.3 Geometr´
ıa 25

completo en una regiń de las determinadas por las primeras n − 1 rectas,
o
regiń que quedar´ dividida en dos por la n-sima recta. Por lo tanto hemos
o a
descubierto que al trazar la n-sima recta el n´mero de regiones aumenta en
u
n unidades. Apliquemos ahora este resultado desde el comienzo y de mane-
ra sucesiva. Inicialmente hay una sola regiń: el plano. Al trazar la primera
o
recta el n´mero de regiones aumenta en una unidad, y tendremos 1 + 1 = 2
u
regiones. Al trazar la segunda recta el n´mero de regiones aumenta en dos
u
unidades, y tendremos 2 + 2 = 4 regiones. Al trazar la tercera recta el n´me-
u
ro de regiones aumenta en tres unidades, y tendremos 4 + 3 = 7 regiones.
Hasta aqu´ los resultados concuerdan con lo que ya sab´
ı ıamos. Ahora resulta
fćil continuar: para cuatro rectas son 7 + 4 = 11 regiones, para cinco rectas
a
son 11 + 5 = 16 regiones, para seis rectas son 16 + 6 = 22 regiones.
Visiń retrospectiva: Resulta natural preguntarse cu´l ser´ el n´mero de re-
o a a u
giones en que queda dividido el plano por un n´mero n cualquiera de rectas
u
en posiciń gen´rica. Recordando que la suma de los enteros desde 1 hasta
o e
n es n(n + 1)/2 es fćil obtener
a

1 + 1 + 2 + 3 + · · · + n = 1 + n(n + 1)/2 = (n2 + n + 2)/2

Hay otras generalizaciones y problemas similares a los cuales se puede aplicar
el mismo m´todo.
e

Cap´
ıtulo 3

Algunas Estrategias B´sicas
a

En este cap´ıtulo se enuncian algunas estrategias b´sicas y se ilustra su
a
aplicaciń a la soluciń de varios problemas, muchos de ellos tomados de
o o
competencias matem´ticas internacionales.
a

3.1. Figuras y diagramas
El proverbio una figura vale m´s que mil palabras tiene plena validez en
a
la resoluciń de problemas matem´ticos. Por eso nuestra primera estrategia
o a
es:

Estrategia 1. Dibuje una figura o un diagrama siempre que sea
posible.

La importancia de este principio es obvia cuando se trata de resolver un
problema de geometr´ Pero hay muchos problemas que, sin ser de geome-
ıa.
tr´ admiten una interpretaciń geom´trica, lo cual ampl´ mucho el verda-
ıa, o e ıa
dero alcance de esta estrategia. Los siguientes ejemplos ilustran lo dicho.

Problema 3.1.1 (Olimpiada Bolivariana 2000).
Sean a1 , A1 , a2 , A2 , a3 , A3 n´meros reales positivos tales que ai + Ai = k,
u
donde k es una constante dada.

a) Demostrar que
a1 A2 + a2 A3 + a3 A1 < k 2 .

3.1 Figuras y diagramas 27

b) Sean a1 , A1 , a2 , A2 , a3 , A3 , a4 , A4 reales positivos tales que ai + Ai = k,
donde k es una constante dada. Si ai ≥ Ai , demostrar que
a1 A2 + a2 A3 + a3 A4 + a4 A1 ≤ k 2 ,
y determinar cuńdo se tiene la igualdad.
a
Soluciń. Cada igualdad ai + Ai = k puede representarse mediante un seg-
o
mento de longitud k dividido en dos partes de longitudes ai y Ai . Con estos
tres segmentos podemos construir un trińgulo equil´tero como se muestra
a a
en la figura:

T ..
..
.. ..
.. .
. ...
.. ...
..
.. ..
..
..
. ..
..
..
A3 ..
.
..
..
.. a2
..
..
..
..
..
..
..
.. ..
..
..
. ..
..
..
..
..
..
.
..
......
......
... . .
.. S ..
.........
.......
.
.
.
.
.. ...
.. . .
. ..
.. ... ......
...... . .
. .
. ..........
............ . ...
. ...
U .
... .
... .
..
. ..
.. .. .
.
.
.
.
.
..
..
..
..
.. ...
.. ... .
.
. ..
..
..
. ..
.. .
.. ..
.. . ..
.. ..
.. .
. ..
..
..
.. ..
.. ..
. ..
..
..
..
..
. ..
..
..
..
.
.
.
.
.
.
..
..A2
..
..
a3 ..
..
..
..
. ..
..
..
.. .
.
.
.
.
.
. ..
..
..
..
.. ..
.. .
.
. ..
..
..
. ..
.. .. ..
..
.. ..
.. .
.
.
.
..
..
..
. ..
.. .. ..
..
.. ..
..
.. .
.
.
.
..
..
..
..
. .. . . ..
..
.. A1 .. .
.. ..
...............................................................................................
.. .
.
...............................................................................................
..
a1 ..
..
..
P Q R

El producto a1 A2 est´ relacionado con el ´rea del trińgulo QRS, que
a a a
denotaremos |QRS|. De hecho como ∠QRS √ 60◦ se tiene que |QRS| =
√ = √
a1 A2 3/4. Del mismo modo |ST U | = a2 A3 3/4 y |U P Q| = a3 A1 3/4,
√
mientras que |P RT | = k 2 3/4. Observando la figura es obvio que
|QRS| + |ST U | + |U P Q| < |P RT |,
√
y multiplicando por 4/ 3 resulta la desigualdad de la parte (a).
La parte (b) es tal vez m´s fćil: basta dibujar un cuadrado de lado k
a a
y dentro del mismo cuatro rectńgulos correspondientes a los productos del
a
miembro izquierdo de la desigualdad.

Sea n un entero positivo par. Halle todas las ternas de n´meros reales (x, y, z)
u
tales que
xn y + y n z + z n x = xy n + yz n + zxn .

28 Algunas Estrategias B´sicas
a

Soluciń. A primera vista parece dif´ dibujar una figura que corresponda a
o ıcil
este problema. Sin embargo si escribimos la condiciń en la forma equivalente
o

xn (y − z) + y n z = xy n + z n (y − x)
y restamos y n+1 a ambos miembros resulta
xn (y − z) + y n (z − y) = (x − y)y n + z n (y − x)
o bien
(y n − xn )(z − y) = (z n − y n )(y − x). (3.1)
De aqu´ es claro que si dos de las tres cantidades x, y, z son iguales la
ı
tercera tambiń debe serlo, por lo tanto todas las ternas (x, x, x) cumplen
e
la condiciń. Para las ternas con las tres componentes distintas, luego de
o
dividir ambos miembros de (3.1) entre (z − y)(y − x) resulta
xn − y n yn − zn
= . (3.2)
x−y y−z
Esta ecuaciń se puede interpretar como una igualdad entre la pendiente de
o
la recta que pasa por los puntos (x, xn ), (y, y n ) y la pendiente de la recta
que pasa por los puntos (y, y n ),(z, z n ), es decir que la condiciń equivale a
o
que los tres puntos (x, xn ), (y, y n ), (z, z n ) estń alineados. Pero como n es
e
par la funciń f (x) = xn es convexa (su gr´fica es una par´bola para n = 2
o a a
y una curva parecida pero m´s achatada cerca del origen para n = 4, 6, . . .)
a
por lo cual no puede tener tres puntos diferentes alineados.

3.2. Examen de casos especiales
El enunciado de muchos problemas es intimidante por la generalidad de
lo que plantean y exigen. Un ejemplo t´ ıpico son los problemas que piden
Hallar todos los enteros positivos tales que. . . En estos casos y a falta de
una idea brillante que solucione el problema de inmediato, es recomendable
examinar casos especiales. Esto sin duda nos ayudar´ a comprender mejor
a
el problema y muchas veces nos permitir´ vislumbrar cu´l podr´ ser la
a a ıa
soluciń.
o
Estrategia 2. Examine casos especiales. En particular si su proble-
ma depende de un par´metro entero n examine lo que sucede para
a
los primeros valores de n y trate de ver si emerge algń patrń
u o
caracter´
ıstico, entonces formule una conjetura y trate de probarla.

3.2 Examen de casos especiales 29

El siguiente problema es un buen ejemplo para aplicar esta estrategia.

Problema 3.2.1 (Olimpiada de Centro Am´rica y el Caribe 2001).
e

Al escribir un entero n ≥ 1 como potencia de 2 o como suma de potencias
de 2, donde cada potencia aparece a lo m´s dos veces en la suma, se tiene
a
una representaciń buena de n. ¿Qu´ enteros positivos admiten un n´mero
o e u
par de representaciones buenas?

Soluciń. Sea b(n) el n´mero de representaciones buenas (r.b.) del entero
o u
n. Es fćil ver que b(1) = 1, b(2) = 2, b(3) = 1, b(4) = 3, b(5) = 2, b(6) = 3,
a
b(7) = 1, b(8) = 4, b(9) = 3, b(10) = 5, b(11) = 2. El patrń aparente es
o
que b(n) es par si y s´lo si n es de la forma 3k + 2. El paso siguiente es
o
probar esta conjetura por inducciń. Ya sabemos que se cumple para los
o
enteros del 1 al 11. Supongamos que es cierto para los enteros menores que
3k y tratemos de probarlo para 3k, 3k + 1 y 3k + 2. Para esto ser´ bueno
ıa
disponer de una relaciń de recurrencia que vincule cada valor de b(n) con
o
los valores anteriores.
Es claro que las r.b. de 2n + 1 deben incluir exactamente un 1, y si cada
uno de los sumandos restantes se divide entre 2 resulta una r.b. de n. Por
lo tanto b(2n + 1) = b(n). Las r.b. de 2n deben incluir dos unos o ninguno.
Estas ultimas son tantas como las r.b. de n, mientras que las primeras son
´
tantas como las r.b. de n − 1, es decir que b(2n) = b(n) + b(n − 1). Armados
con estas dos relaciones de recurrencia consideremos ahora dos casos, segń u
que k sea par o impar.
Si k = 2r entonces b(3k) = b(6r) = b(3r) + b(3r − 1), que es la suma
de un impar y un par por la hip´tesis inductiva, por lo tanto es impar. Por
o
su parte b(3k + 1) = b(6r + 1) = b(3r) es impar, y b(3k + 2) = b(6r + 2) =
b(3r) + b(3r + 1) es par por ser suma de dos impares.
Si k = 2r + 1 entonces b(3k) = b(6r + 3) = b(3r + 1) es impar, b(3k + 1) =
b(6r + 4) = b(3r + 1) + b(3r + 2) es impar, y b(3k + 2) = b(6r + 5) = b(3r + 2)
es par.

Encontrar el n´mero de formas de escribir enteros no negativos en cada
u
casilla de un tablero de n × n, de modo que la suma de los n´meros en cada
u
fila y cada columna sea igual a 3 y en cada fila y en cada columna s´lo haya
o
uno o dos n´meros diferentes de cero.
u

a

Soluciń. Es fćil ver que para n = 1 hay una una sola forma (3) y para
o a
n = 2 hay cuatro formas, a saber:

3 0 0 3 1 2 2 1
0 3 3 0 2 1 1 2

Para n = 3 hay 6 formas usando tres 3, 18 formas usando un 3, un 2 y
un 1 y 12 formas usando tres 2 y tres 1, para un total de 36. Esto nos
lleva a conjeturar que para n cualquiera el n´mero de formas es (n!)2 . Lo
u
bueno de esta conjetura es que sugiere su propia demostraciń: como el
o
n´mero de permutaciones de los n´meros del 1 al n es n!,si logramos mostrar
u u
que cualquier forma de llenar el tablero proviene de la elecciń, de manera
o
independiente, de dos de estas permutaciones, no habr´ m´s nada que hacer.
a a
Pues bien, sean ai y bi (i = 1 . . . n) dos permutaciones de los n´meros del 1
u
al n y coloquemos en la fila i del tablero un 1 en la columna ai y un 2 en
la bi si ai = bi , o un 3 en la columna ai si ai = bi , rellenando el resto de la
fila con ceros. Es fćil ver que la matriz obtenida cumple la condiciń del
a o
problema, y que as´ pueden obtenerse todas las formas v´lidas de llenar el
ı a
tablero.

3.3. Transformaciones e Invariantes
Muchos problemas estń relacionados con sistemas cuyo estado se puede
a
cambiar aplicando ciertas transformaciones. Los juegos pertenecen a esta
categor´ as´ como muchos otros problemas en los cuales ee aplican en forma
ıa, ı
reiterada transformaciones geom´tricas o algebraicas.
e
Un invariante I es una funciń que a cada estado E del sistema le asocia
o
un valor I(E) de tal manera que, si de un estado E1 se puede pasar a otro
estado E2 mediante una transformaciń v´lida, entonces I(E1 ) = I(E2 ).
o a
Enunciemos ahora nuestra siguiente estrategia:

Estrategia 3. Si en su problema hay un sistema que cambia de
estado al aplicarle ciertas transformaciones, trate de hallar un
invariante.

Los invariantes son muy utiles para probar la imposibilidad de pasar de
´
un estado a otro: si un invariante toma valores diferentes en dos estados, en-
tonces es imposible pasar de uno al otro mediante transformaciones v´lidas.
a
Comencemos por un ejemplo sencillo:

3.3 Transformaciones e Invariantes 31

Problema 3.3.1. Suponga que en una pizarra se escriben los n´meros natu-
u
rales desde el 1 hasta 2n, siendo n un n´mero natural impar. A continuaciń
u o
se escogen dos de esos n´meros a y b, se borran y se escribe |a − b|. Se con-
u
tiná de este modo hasta que quede un s´lo n´mero k en la pizarra. Probar
u o u
que k es impar.

Soluciń. Busquemos un invariante. La suma de todos los n´meros en la
o u
pizarra no sirve, ya que disminuye en cada operaciń. ¿Pero en cuńto dis-
o a
minuye? En a + b − |a − b|, que es igual al doble del menor de los n´meros a
u
y b. Es decir que la disminuciń es siempre par. Por lo tanto la paridad de la
o
suma se mantiene durante todo el proceso, y es el invariante que busc´ba- a
mos. El valor inicial de la suma es 1 + 2 + · · · + 2b = n(2n + 1), que es impar.
Por lo tanto el valor final tambiń ser´ impar.
e a

Problema 3.3.2. Considere la matriz de 100 × 100

1 2 3
. . . 99 100
2 3 4
. . . 100 1
3 4 5
... 1 2
.
. .
. .
. .
. .
.
. . .... . .
99 100 1 . . . 97 98
100 1 2 . . . 98 99

en la cual se permite sumar o restar un mismo n´mero a todos los ele-
u
mentos de una fila o de una columna. Aplicando operaciones de este tipo,
¿ser´ posible obtener una matriz con todos los elementos iguales?
a

Soluciń. Denotemos por c(i, j) el elemento de la matriz que est´ en la fila
o a
i y en la columna j. Entonces I = c(1, 1) − c(1, 100) − c(100, 1) + c(100, 100)
es un invariante. En la posiciń inicial I = 1 − 100 − 100 + 99 = −100, pero
o
en cualquier matriz con todos los elementos iguales I ser´ 0, por lo tanto
ıa
la respuesta es negativa.

Problema 3.3.3. A un tablero de ajedrez se le recortan dos casillas ubi-
cadas en v´rtices diagonalmente opuestos. Se tienen adem´s 31 rectńgulos
e a a
de cartń, cada uno de los cuales puede cubrir exactamente dos casillas del
o
tablero. ¿Es posible cubrir completamente el tablero con los rectńgulos?
a

Soluciń. Ya hemos visto un problema parecido a ´ste: el Problema 2.5, en el
o e
cual una hormiguita recorr´ un tablero de ajedrez. Es natural entonces que
ıa

a

se nos ocurra tomar en cuenta los colores de las casillas, y observamos que
cada rectńgulo cubre una casilla blanca y una negra. Si vamos cubriendo
a
el tablero con rectńgulos, en cada momento habr´ tantas casillas cubiertas
a a
de un color como del otro. El n´mero total de casillas cubiertas aumenta a
u
medida que avanza el proceso, pero la diferencia entre las casillas blancas
cubiertas y las negras es un invariante, ya que en todo momento es cero.
Este invariante nos permite dar una respuesta negativa al problema, ya que
el tablero recortado tiene 32 casillas de un color y s´lo 30 del otro.
o

M´s en general, es fćil ver que si se quitan dos casillas del mismo color
a a
en un tablero rectangular de dimensiones n × k, no es posible cubrirlo con
rectńgulos de dimensiones 1×2. ¿Pero qu´ ocurre si a un tablero de ajedrez
a e
(o a un tablero cualquiera con n´mero par de casillas) se le quitan dos casillas
u
de un mismo color? En este caso habr´ tantas casillas por cubrir de un color
ıa
como del otro, y si se logra cubrir completamente el tablero no se presenta
ninguna contradicciń. Pero esto no prueba que se pueda. En realidad s´ se
o ı
puede, pero para probarlo hay que exhibir un procedimiento concreto para
cubrir el tablero, lo cual dejamos como ejercicio al lector.
Problema 3.3.4 (Olimpiada del Cono Sur, 2000).
En el plano cartesiano, considere los puntos con ambas coordenadas ente-
ras y las rotaciones de 90 grados en sentido antihorario con centro en esos
puntos. ¿Es posible, mediante una sucesiń de esas rotaciones, transformar
o
el trińgulo de v´rtices (0, 0), (1, 0) y (0, 1) en el trińgulo de v´rtices (0,
a e a e
0), (1, 0) y (1, 1)?
Soluciń. Luego de algunos intentos fallidos uno comienza a pensar que es
o
imposible. Si aplicamos las rotaciones permitidas al punto (0,0) vemos que
se obtienen los puntos (1,1), (-1,1), (-1,-1), (1,-1), (2,0), (0,2), etc. pero en
cambio no pueden obtenerse (1,0), (0,1), (-1,0), (0,-1), (2,1), (1,2),. . . Esto
nos sugiere que s´lo pueden obtenerse puntos con suma de coordenadas par,
o
como el origen. De hecho, la paridad I(P ) = x + y m´d 2 de la suma de
o
ambas coordenadas de un punto P = (x, y) es un invariante. En efecto, si se
aplica a P la rotaciń R de centro (a, b) se obtiene R(P ) = (a+b−y, b−a+x).
o
La diferencia entre la suma de coordenadas de R(P ) y P es (a + b − y) +
(b − a + x) − (x + y) = 2(b − y) que es par, luego I(P ) = I(R(P )). Ahora
bien, para el primer trińgulo se tiene I(0, 0) = 0, I(1, 0) = I(0, 1) = 1, es
a
decir que I es 0 en un v´rtice y 1 en los dos restantes, mientras que para el
e
segundo I(0, 0) = I(1, 1) = 0, I(1, 0) = 1. Inmediatamente se concluye que
es imposible transformar uno en otro.

3.3 Transformaciones e Invariantes 33

Las estrategias ganadoras en juegos bipersonales suelen estar ligadas a
invariantes, como en el siguiente problema:

e

Dos jugadores A, B y otras 2001 personas forman un c´ ırculo, de modo que
A y B no quedan en posiciones consecutivas. A y B juegan por turnos
alternadamente empezando por A. Una jugada consiste en tocar a una de
las personas que se encuentra a su lado, la cual debe salir del c´
ırculo. Gana
el jugador que logre sacar del c´
ırculo a su oponente. Demostrar que uno de
los dos jugadores tiene una estrategia ganadora y describir dicha estrategia.

Soluciń. Como 2001 es impar, en uno de los arcos que separan A de B hay
o
un n´mero par de personas interpuestas y en el otro una cantidad impar. Si A
u
logra que se repita esa situaciń cada vez que sea su turno entonces ganar´ el
o a
juego, ya que la reducciń del n´mero de personas har´ que eventualmente
o u a
B quede a su lado. Esto lo logra A fćilmente tocando a su vecino en el
a
arco par, dejando as´ un n´mero impar de personas en cada arco. Al jugar
ı u
B vuelven a quedar un arco par y otro impar.

El siguiente problema muestra una aplicaciń interesante de los invarian-
o
tes para probar una relaciń.
o

e

En el plano coordenado se tiene la cuadr´ ıcula de n × n, con n entero mayor
o igual que 2, cuyos v´rtices son los puntos de coordenadas enteras (x, y),
e
con 0 ≤ x ≤ n y 0 ≤ y ≤ n. Considere los caminos que van de (0, 0) a
(n, n) sobre las l´
ıneas de esta cuadr´
ıcula y que s´lo avanzan hacia la derecha
o
o hacia arriba. Uno de tales caminos se llama equilibrado si la suma de los
valores de x de todos los puntos por los que pasa es igual a la suma de todos
los valores de y de esos mismos puntos. Muestre que todo camino equilibrado
divide al cuadrado de lado n en dos figuras de la misma ´rea.a

Soluciń. Sea P0 , P1 ,. . . ,P2n un camino. Pongamos Pi = (xi , yi ) y llamemos
o
L al ´rea que queda por debajo del camino y U al ´rea que queda por
a a
encima. Sean Pk−1 , Pk , Pk+1 tres puntos consecutivos tales que el segmento
Pk−1 Pk sea vertical y el segmento Pk Pk+1 sea horizontal. Construyamos otro
camino sustituyendo Pk por Pk = (xk + 1, yk − 1). Es claro que en el nuevo
camino la suma de las x’s aumenta en 1 respecto al camino original, mientras

a

que el ´rea debajo del camino disminuye en 1. Por lo tanto I = L + xi
a
es un invariante para estas transformaciones elementales de caminos. Como
cualquier camino puede llevarse mediante sucesivas transformaciones de este
tipo al camino que tiene n segmentos horizontales seguidos de n segmentos
verticales, resulta que L + xi = 0 + (0 + 1 + 2 + · · · + n) + (n + · · · +
n) = n(n + 1)/2 + n2 . Intercambiando los ejes se prueba del mismo modo
que para cualquier camino se cumple U + yi = n(n + 1)/2 + n2 . Por
tanto L + xi = U + yi . Esta igualdad muestra que L = U si y s´lo si o
xi = yi .

3.4. El Principio Extremal
En muchos problemas se pide probar la existencia de un objeto que cum-
pla ciertas condiciones. En estos casos suele resultar util prestar atenciń a
´ o
los objetos que maximizan o minimizan alguna funciń convenientemente re-
o
lacionada con la condiciń, y tratar de probar por absurdo que estos objetos
o
cumplen la condiciń pedida. En resumen:
o

Estrategia 4. Examine los objetos que maximizan o minimizan
alguna funciń relacionada con la condiciń del problema.
o o

Veamos esta estrategia en funcionamiento en el siguiente problema:

Problema 3.4.1.
En el parlamento unicameral de cierto pa´ cada diputado tiene a lo sumo
ıs
tres enemigos. Pruebe que es posible dividir el parlamento en dos c´maras
a
de modo tal que cada diputado tenga, en su propia c´mara, a lo sumo un
a
enemigo.

Soluciń. Para cada particiń P del conjunto de todos los diputados en dos
o o
c´maras definamos el grado de conflictividad g(P ) calculando el n´mero de
a u
enemigos que cada diputado tiene en su propia c´mara y sumando todos los
a
valores resultantes. Esta funciń s´lo toma valores enteros no negativos, por
o o
lo tanto debe existir una particiń P en dos c´maras en la cual g toma su
o a
valor m´ınimo. Probemos ahora que en esta particiń cada diputado tiene a
o
lo sumo un enemigo en su propia c´mara. En efecto, si un diputado tuviese
a
m´s de un enemigo en su propia c´mara, en la otra tendr´ a lo sumo uno
a a ıa
(puesto que en total tiene a lo sumo tres). Entonces cambińdolo de c´mara
a a
la suma g(P ) disminuir´ al menos en una unidad, lo cual es absurdo.
ıa

3.4 El Principio Extremal 35

Las demostraciones por reducciń al absurdo que resultan al aplicar esta
o
estrategia pueden muchas veces convertirse en demostaciones constructivas.
Por ejemplo en este problema podr´ ıamos haber comenzado con una particiń o
cualquiera P0 y si no cumple la condiciń pedida, cambiando un diputado
o
de c´mara se obtiene otra particiń P1 con menor conflictividad. Repitiendo
a o
este procedimiento se obtiene una sucesiń de particiones P0 ,P1 , P2 ,. . . con
o
g(P0 ) > g(P1 ) > g(P2 ) > . . . Pero como los g(Pi ) son enteros positivos esta
sucesiń debe detenerse en cierta particiń Pk cuya conflictividad ya no se
o o
pueda disminuir, y por tanto es una soluciń al problema.
o
Veamos ahora un ejemplo geom´trico: e

Problema 3.4.2 (Olimpiada Matem´tica Iberoamericana 1993).
a
Demuestre que para cualquier pol´ıgono convexo de ´rea 1 existe un paraleo-
a
gramo de ´rea 2 que lo contiene.
a
.
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S .
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...............................................................................................................................
................... ...........................................................................................................
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. .. ...
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. ..... ... .
... ..
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............................................................................................... ....
.
P .
..
................................................................................................
.
. ..
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. .....
. .....
. ...
Q
.... .
....
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..... ...........
........... .
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. ... ......................
... .. .................... .
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..............................................................................................................................
................... ....................... .. .............................................................................
. .
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.
R .
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.
.
.
. .

Soluciń. Tomemos dos v´rtices P , Q del pol´
o e ıgono que estń a la mayor
e
distancia posible entre s´ El pol´
ı. ıgono debe estar contenido en la franja
limitada por las rectas perpendiculares al segmento P Q que pasan por sus
extremos (ya que si un v´rtice X est´ por ejemplo del otro lado de la recta
e a
que pasa por Q, entonces P X > P Q). Tracemos dos paralelas a P Q lo m´s a
cercanas posibles y que contengan al pol´ ıgono entre ellas. Es claro que cada
una de ellas debe contener al menos un v´rtice del pol´
e ıgono (de lo contrario
podr´ acercarse m´s). Digamos que una de ellas contiene al v´rtice R y
ıan a e
la otra al v´rtice S. El rectńgulo limitado por las cuatro rectas satisface la
e a
condiciń pedida, ya que su ´rea es el doble del ´rea del cuadril´tero P QRS,
o a a a
el cual est´ contenido en el pol´
a ıgono.

Para finalizar veamos un famoso problema propuesto por Sylvester en
1893 y que permaneci´ abierto hasta 1933, cuando T. Gallai public´ una
o o
complicada soluciń. La sencilla soluciń que expondremos a continuaciń,
o o o
usando el principio extremal, fue hallada por L. M. Kelly en 1948.

a

Problema 3.4.3 (Sylvester, 1893).
Sea S un conjunto finito de puntos del plano con la propiedad de que la recta
determinada por dos puntos cualesquiera de S pasa al menos por un tercer
punto de S. Pruebe que entonces todos los puntos de S estń alineados.
a

P
...
.....
.... .
.... . .
....
.... .
....
.... .
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..
. ....
.... .
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....
...................... .
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.. .
.....
.
.
.
. .
. r
. ....
.....
.
.........................................................................................................
..........................................................................................................
....................... .. . . .

V U Q
Soluciń. Supongamos por absurdo que los puntos no estń todos alineados,
o e
y consideremos el conjunto A formado por todos los pares (P, r) tales que
P ∈ S y r es una recta que pasa por dos puntos de S pero no pasa por P .
Como A es finito debe haber un par (P, r) para el cual la distancia de P a
r sea m´ ınima. Sea Q el pie de la perpendicular de P a r. Como r contiene
al menos tres puntos de S debe haber dos de ellos, digamos U y V , de un
mismo lado de Q. Supongamos que U es m´s cercano a Q que V . Entonces
a
la distancia de U a la recta determinada por P y V es menor que la distancia
de P a r, lo cual es una contradicciń.
o

Ep´
ılogo
Disponer de un buen repertorio de estrategias es de gran ayuda para
el solucionista de problemas matem´ticos. Sin embargo es necesario tener
a
presente que las reglas heur´ısticas no son infalibles. El ´xito en su aplicaciń
e o
depende mucho de la experiencia, juicio y buen sentido de quien las use.
Naturalmente que existen muchas estrategias que aqu´ no se han dis-
ı
cutido, sin embargo creemos que no es conveniente tratar de memorizar
numerosos principios sin realizar el trabajo necesario para internalizarlos.
Es preferible, por el contrario, concentrarse en una estrategia y trabajarla a
trav´s de la resoluciń de numerosos problemas hasta dominarla completa-
e o
mente, antes de pasar a otra. Una excelente fuente de material para quien
desee seguir este programa se encuentra en [13].

Cap´
ıtulo 4

Un problema y varias
soluciones

“La matem´tica es rica en tćnica y argumentos.”
a e

I. N. Herstein

Es comń que un problema admita varias soluciones, las cuales en algu-
u
nos casos son tan diferentes entre s´ que causan asombro. Como un ejemplo
ı
bastante extremo de esta situaciń y de la riqueza de los argumentos ma-
o
tem´ticos, en este cap´
a ıtulo se analiza el siguiente problema:

Problema 4.1. Un rectńgulo se divide en varios rectńgulos, cada uno de
a a
los cuales tiene al menos un lado de longitud entera. Pruebe que entonces al
menos un lado del rectńgulo original tiene longitud entera.
a

A continuaciń veremos c´mo diferentes tćnicas y ´reas de la matem´ti-
o o e a a
ca pueden ser usadas para resolver el problema. Las demostraciones serń a
m´s concisas que en los cap´
a ıtulos anteriores, y completar los detalles queda
como ejercicio para el lector.
En lo que sigue R denotar´ el rectńgulo dado, que supondremos ubica-
a a
do en el primer cuadrante de un sistema de coordenadas cartesianas, con un
v´rtice en el origen y los lados paralelos a los ejes. Denotaremos por a el an-
e
cho de R y por b su altura,de modo que los cuatro v´rtices de R serń (0,0),
e a
(a,0), (0,b) y (a,b). Si R se descompone en rectńgulos como dice el enun-
a
ciado del problema, a cada rectńgulo de la descomposiciń le llamaremos
a o

38 Un problema y varias soluciones

baldosa. A las baldosas que tengan el lado horizontal entero las llamare-
mos H-baldosas , y a las que tengan el lado vertical entero las llamaremos
V-baldosas.

4.1. Inducciń
o
Intentar probar el resultado por inducciń parece bastante natural, y
o
de hecho existen varias demoatraciones posibles usando este m´todo. Sin
e
embargo las pruebas son algo elaboradas, y como veremos luego no se en-
cuentran entre las m´s claras y sencillas. Veamos una de ellas.
a

Soluciń 1: Inducciń.
o o
Sin p´rdida de generalidad podemos suponer que todas las H-baldosas tienen
e
ancho unidad y que todas las V-baldosas tienen altura unidad. Hagamos
inducciń en el n´mero de H-baldosas. Si este n´mero es 0 el resultado es
o u u
inmediato. De lo contrario sea H0 una H-baldosa. Si hay alguna H-baldosa
cuyo borde inferior comparta un segmento con el borde superior de H0 ,
escojamos una de ellas y llam´mosle H1 . En caso contrario s´lo hay V-
e o
baldosas en contacto con el borde superior de H0 , y podemos expander H0
una unidad hacia arriba, sin que el n´mero de H-baldosas aumente (aunque
u
tal vez disminuya). Pueden resultar V-baldosas cortadas, pero que siguen
teniendo altura unidad. Continuemos expandiendo H0 hacia arriba hasta
alcanzar el borde superior de R o hasta alcanzar una H-baldosa H1 . La
repeticiń de este proceso genera una cadena H0 ,H1 ,. . . ,Hk de H-baldosas
o
que llega hasta el borde superior de R. De manera similar, trabajando desde
H0 hacia abajo, se construye una cadena H0 ,H−1 ,. . . ,H−l de H-baldosas
que llega hasta el borde inferior de R. En este punto se suprimen todas
las baldosas H−l ,. . . ,H0 ,. . . ,Hk y se cierra la brecha deslizando la parte
derecha de lo que queda una unidad hacia la izquierda. Aplicando la hip´tesis
o
inductiva al rectńgulo resultante se obtiene que uno de sus lados, y por lo
a
tanto uno de los lados de R, es entero.

4.2. Teor´ de grafos
ıa
Recordemos que un grafo G consiste en un conjunto V de puntos (que
llamamos v´rtices de G) y un conjunto E de l´
e ıneas (que llamamos aristas
de G), tales que a cada arista le corresponden un par de v´rtices llamados
e
sus extremos. Si un v´rtice v es extremo de una arista e se dice que v y e
e

4.2 Teor´ de grafos
ıa 39

son incidentes. El grado de un v´rtice v se define como el n´mero de aristas
e u
incidentes con v. Es fćil ver que la suma de los grados de todos los v´rtices
a e
es igual al doble del n´mero de aristas.
u
Llamaremos camino a una sucesiń alternada v0 ,e1 ,v1 ,e2 ,v2 ,. . . ,ek ,vk de
o
v´rtices y aristas tal que todas las aristas son diferentes y los extremos de
e
ei son vi−1 y vi (i = 1, . . . , k).
La prueba del siguiente lema es inmediata:

Lema 1. Si un v´rtice v0 tiene grado impar, existe un camino que parte de
e
v0 y termina en otro v´rtice vk tambiń de grado impar.
e e

La siguiente soluciń se basa en este sencillo lema.
o

Soluciń II: Caminos en Grafos.
o
Sea G el grafo cuyos v´rtices son los v´rtices de todas las baldosas y cuyas
e e
aristas unen dos v´rtices si y s´lo si son los extremos de un lado horizontal de
e o
una H-baldosa o de un lado vertical de una V-baldosa (puede haber aristas
m´ltiples). Es claro que los cuatro v´rtices de R tienen grado 1. Cualquier
u e
otro v´rtice pertenece a 2 o a 4 baldosas, por lo cual tiene grado 2 o 4. Por
e
el lema existe un camino que parte del origen y finaliza en otro v´rtice de R.
e
De aqu´ se deduce inmediatamente que al menos un lado de R es entero.
ı

q q q q q
H H q q q
V
H V q q q
H V
q q q q

Un grafo G es bipartito si su conjunto de v´rtices es la uniń disjunta
e o
de dos subconjuntos S y T tales que toda arista de G tiene un extremo en
S y otro en T . En este caso el n´mero de aristas, la suma de los grados de
u
todos los v´rtices en S y la suma de los grados de todos los v´rtices en T
e e
son iguales. La siguiente soluciń se basa en estos sencillos conceptos.
o

Soluciń III: Grafos bipartitos.
o
Sea S el conjunto de los v´rtices de baldosas con ambas coordenadas enteras,
e
y sea T el conjunto de todas las baldosas. Sea G el grafo bipartito con
conjunto de v´rtices S ∪ T y cuyas aristas unen cada punto de S con todas
e
las baldosas de las cuales ese punto es v´rtice. La condiciń del problema
e o
implica que el grado de cada baldosa es 0, 2 o 4 y por lo tanto el n´mero
u
total de aristas es par. Ahora bien, cada punto de S que no sea un v´rtice de
e


R tiene grado par, pues es v´rtice de 2 o 4 baldosas. Como (0,0) tiene grado
e
1, en S debe haber otro v´rtice de grado impar, que s´lo puede ser uno de
e o
los tres v´rtices restantes de R. La conclusiń se sigue de inmediato.
e o

4.3. Pruebas por Integraciń
o
Digamos que una funcional φ que a cada rectńgulo de lados paralelos a
a
los ejes le haga corresponder un n´mero (real o complejo) es caracter´
u ıstica
para nuestro problema si cumple las dos condiciones siguientes:

i φ es aditiva, en el sentido de que si un rectńgulo Q se subdivide en un
a
n´mero finito de rectńgulos Qi entonces φ(Q) = φ(Qi ).
u a

ii φ(Q) = 0 si y s´lo si el rectńgulo Q tiene un lado entero.
o a

Es evidente que la existencia de una funcional caracter´ ıstica propor-
ciona una soluciń al problema. Una forma conveniente de construir estas
o
funcionales consiste en integrar funciones en los rectńgulos, lo cual inme-
a
diatamente garantiza la aditividad.

Soluciń IV: Integraciń compleja.
o o
Si se integra la funciń e2πi(x+y) en un rectńgulo de v´rtices (x1 ,y1 ), (x2 ,y1 ),
o a e
(x2 ,y2 ), (x1 ,y2 ) resulta
x2 y2
e2πi(x+y) dx dy = (2πi)−2 e2πix1 e2πiy1 (e2πi(x2 −x1 ) )(e2πi(y2 −y1 ) ),
x1 y1

de donde se sigue que la integral es nula si y s´lo si al menos uno de
o
los lados del rectńgulo x2 − x1 , y2 − y1 , es entero. Por lo tanto φ(Q) =
a
Q e2πi(x+y) dx dy es una funcional caracter´
ıstica.

Soluciń V: Integraciń doble real.
o o
La funcional ψ(Q) = Q sen(2πx) sen(2πy)dx dy es caracter´
ıstica.

La siguiente prueba es de carćter elemental (no usa integrales) pero se
a
basa en la misma idea que las anteriores.

Soluciń VI: Coloraciones.
o
Consideremos el ret´
ıculo generado por el cuadrado de v´rtices (0,0), (1/2,0),
e
(1/2,1/2), (0,1/2) y colore´moslo de blanco y negro como un tablero de
e

4.4 El m´todo de perturbaciones
e 41

ajedrez. No es dif´ probar que un rectńgulo de lados paralelos a los ejes
ıcil a
con un lado entero tiene igual ´rea blanca que negra. Por lo tanto cada
a
baldosa, y por consiguiente R, tiene igual ´rea blanca que negra. Si a y b
a
son el ancho y la altura, respectivamente, de R, entonces el rectńgulo de
a
v´rtices ( a , b ), (a, b ), (a,b) y ( a , b) tiene igual ´rea blanca que negra.
e a
De aqu´ se sigue fćilmente que a o b es entero.
ı a
Nota: Compruebe que esta soluciń corresponde al uso del integrando real
o
(−1) 2x (−1) 2y en la soluciń anterior.
o

4.4. El m´todo de perturbaciones
e
Una idea que muchas veces resulta util en matem´tica consiste en mo-
´ a
dificar o perturbar un poco la configuraciń en estudio, ya sea para volverla
o
m´s manejable conservando las caracter´
a ısticas de la configuraciń original,
o
o para analizar c´mo cambian las caracter´
o ısticas de la configuraciń al ser
o
perturbada.

Soluciń VII: Perturbaciones I.
o
Definamos una funciń f : R → R como
o
x si x ∈ Z
f (x) =
x + 1/2 si x ∈ Z
Apliquemos a las coordenadas de cada v´rtice de la descomposiciń de R
e o
la transformaciń f , es decir hagamos corresponder a cada v´rtice (x, y)
o e
el punto (f (x), f (y)). As´ se obtiene una descomposiciń de un rectńgulo
ı o a
R , posiblemente con menos baldosas que la original, pero cuyas baldosas
tienen todas al menos un lado entero, ya que si x1 − x2 es entero entonces
f (x1 ) − f (x2 ) = x1 − x2 tambiń lo es. Por lo tanto cada baldosa contiene
e
un n´mero par de cuadraditos de la cuadr´
u ıcula generada por el cuadrado de
v´rtices (0,0), (1/2,0), (1/2,1/2), (0,1/2), y R tambiń contiene un n´mero
e e u
par de estos cuadraditos. Entonces algń lado de R debe ser entero, ya que de
u
lo contrario cada lado de R ser´ un m´ltiplo impar de 1/2 y R contendr´
ıa u ıa
un n´mero impar de cuadraditos de lado 1/2.
u

Soluciń VIII: Perturbaciones II.
o
Sea t un par´metro real positivo y consideremos la funciń
a o
x si x ∈ Z
ft (x) =
x+t si x ∈ Z


Como en la demostraciń anterior hagamos corresponder a cada v´rtice
o e
(x, y) de la descomposiciń de R el punto (ft (x), ft (y)). As´ se obtiene una
o ı
descomposiciń de un rectńgulo Rt con el mismo n´mero de baldosas que
o a u
la original si t es suficientemente pequeõ (digamos t < ). En esta descom-
n
posiciń cada baldosa tiene al menos un lado entero, ya que si x1 − x2 es
o
entero entonces ft (x1 ) − ft (x2 ) = x1 − x2 tambiń lo es. Por lo tanto el ´rea
e a
de cada baldosa es una funciń lineal de t, o es constante, y el ´rea de Rt
o a
ser´ entonces una funciń af´ de t (para t < ). Ahora bien, si ninguno de
a o ın
los lados a, b de R fuese entero entonces el ´rea de Rt ser´ (a + t)(b + t), es
a ıa
decir un polinomio de segundo grado en t, lo cual es absurdo.

La siguiente soluciń combina el m´todo de las perturbaciones con trans-
o e
formaciones geom´tricas y n´meros primos.
e u

Soluciń IX: Perturbaciones III.
o
Sea p un n´mero primo. Apliquemos al rectńgulo R subdividido una homo-
u a
tecia de centro en el origen y razń p. A cada v´rtice de las baldosas resul-
o e
tantes en pR apliqu´mosle la transformaciń (x, y) → ( x , y ). As´ resulta
e o ı
un nuevo rectńgulo subdividido R , cuyas baldosas tienen ambos lados en-
a
teros y al menos uno de ellos m´ltiplo de p. Por lo tanto el ´rea de cada
u a
baldosa, y por consiguiente el ´rea de R , es un entero m´ltiplo de p. Pero
a u
como los lados de R son enteros concluimos que al menos uno de ellos ( pa
o pb ) es m´ltiplo de p. Entonces a o b difiere de un entero en menos de
u
1/p. Como este razonamiento vale para cualquier primo p, se concluye que
a o b es entero.

4.5. Funciones escalonadas
Soluciń X.
o
Supongamos que b no es entero, Quit´mosle a cada baldosa su lado inferior
e
y definamos f : [0, b] → [0, a] haciendo f (t) igual a la suma de las longitudes
de los segmentos intersecciń de la l´
o ınea y = t con las baldosas cuyo lado
superior tiene una ordenada no entera. Es claro que f (0) = 0 y f (b) = a.
La funciń f es escalonada, con saltos en los valores que son ordenadas de
o
lados horizontales de baldosas. Ahora bien, considerando por separado los
casos en que estas ordenadas son enteras o no se ve fćilmente que los saltos
a
son siempre enteros. Por lo tanto a = f (b) es entero.

4.6 Triangulaciones y Lema de Sperner 43

4.6. Triangulaciones y Lema de Sperner
Antes de ver la pr´xima soluciń examinaremos algunos conceptos ele-
o o
mentales sobre triangulaciones.
Una triangulaciń de un pol´
o ıgono plano D es una divisiń de D en un
o
n´mero finito de trińgulos tales que cada lado de D pertenezca a un y s´lo
u a o
un trińgulo y cada lado en el interior de D pertenezca a exactamente dos
a
trińgulos de la subdivisiń.
a o
Dada una triangulaciń de un pol´
o ıgono simple D etiquetemos cada v´rti-
e
ce con A, B, o C. Un trińgulo es completo (o del tipo ABC) si sus tres v´rti-
a e
ces tienen etiquetas diferentes. El contenido de la triangulaciń es el n´mero
o u
de trińgulos completos que contiene contados de acuerdo a su orientaciń.
a o
En otras palabras un trińgulo se cuenta como +1 si sus etiquetas se leen
a
ABC en sentido positivo (antihorario) y como −1 en caso contrario. El ´ ındi-
ce se define como el n´mero de lados etiquetados AB alrededor del borde
u
del pol´ıgono, contados de acuerdo a su orientaciń.
o

Lema 2 (Lema del ´
ındice). El ´
ındice de una triangulaciń es igual a su
o
contenido.

Demostraciń. Contemos los lados de tipo AB de cada trińgulo, tomando
o a
en cuenta la orientaciń, y sumemos los resultados. Como los lados inte-
o
riores a D se cancelan, el resultado es igual al ´
ındice. Pero por otra parte
cada trińgulo completo aporta 1 o −1, seg´b su orientaciń, mientras que
a u o
cualquier otro tipo de trińgulo (AAB, ABB, CCC etc.) aporta 0. Por lo
a
tanto el resultado es tambiń igual al contenido.
e

Lema 3 (Lema de Sperner). Sea T un trińgulo y etiquetemos sus v´rti-
a e
ces con las letras A, B y C. Agreguemos puntos interiores a los lados de T
y triangulemos el pol´ıgono resultante. Etiquetemos cada v´rtice del lado AB
e
de T con A o con B, cada v´rtice del lado AC con A o con C y cada v´rtice
e e
del lado BC con B o con C. Etiquetemos cada v´rtice interior de manera ar-
e
bitraria con A, B o C. Entonces la triangulaciń contiene un n´mero impar
o u
de trińgulos completos.
a

Demostraciń. Obviamente el ´
o ındice de la triangulaciń es igual al n´mero
o u
de segmentos AB (contados con su orientaciń) en el lado AB de T , el cual
o
se ve fćilmente que es impar. Por el Lema del ´
a ındice el contenido es tambiń
e
impar.


La soluciń siguiente a nuestro problema se basa en una ligera variante
o
del Lema de Sperner.

Soluciń XI: Triangulaciones.
o
Dividamos cada baldosa en dos trińgulos mediante una diagonal y etique-
a
temos cada v´rtice (x,y) de la triangulaciń resultante con A si x ∈ Z, con B
e o
si x ∈ Z pero y ∈ Z, y con C si x ∈ Z y y ∈ Z. Si ninguno de los lados a, b de
R fuese entero entonces todos los v´rtices con y = b tendr´ etiquetas A o
e ıan
C y todos los v´rtices con x = a tendr´ etiquetas B o C. Como obviamente
e ıan
todos los v´rtices con x = 0 tienen etiqueta A, el ´
e ındice es igual al n´mero
u
de segmentos AB en la base de R (cuyos v´rtices son A o B). Como (0,0) es
e
A y (a,0) es B, es fćil ver que el ´
a ındice debe ser impar, y por el Lema del
´
ındice el n´mero de trińgulos completos es tambiń impar, y por tanto hay
u a e
al menus un trińgulo completo. Pero esto conduce a una contradiccń, ya
a o
que si una H-baldosa tiene un v´rtice A entonces los cuatro son A, y si una
e
V-baldosa tiene un v´rtice B entonces los cuatro son B.
e

El lema de Sperner permite dar una demostraciń del Teorema del punto
o
fijo de Brouwer en el plano (ver Problema 5.38).
El lector interesado en el origen de este problema y en soluciones y
comentarios adicionales puede consultar [40].

Cap´
ıtulo 5

Problemas para pensar

“No debemos olvidar que la soluciń de todo problema digno de
o
este nombre no se logra fćil e inmediatamente, sino que requiere
a
un trabajo intelectual intenso, ya que la soluciń es el resultado de
o
un esfuerzo considerable. ¿Porqu´ debe estar el joven dispuesto a
e
realizar este esfuerzo en los l´ ımites de sus posibilidades?. Proba-
blemente, la explicaciń se sitá en una preferencia instintiva por
o u
ciertos valores, esto es, en la actitud que coloca el nivel del esfuerzo
y de los logros intelectuales y espirituales por encima de las ven-
tajas materiales. Tal escala de valores puede ser s´lo el resultado
o
de un largo desarrollo cultural del ambiente y del esp´ ıritu p´blico,
u
desarrollo que es dif´ acelerar. Y el medio m´s efectivo para lo-
ıcil a
grarlo puede consistir en transmitir a las mentalidades j´venes la
o
belleza del trabajo intelectual y el sentimiento de satisfacciń que
o
resulta como consecuencia de un esfuerzo intelectual sostenido y
exitoso”.
G´bor Szeg¨
a o

En este cap´ ıtulo hay unos cuantos problemas para que ejercite y des-
arrolle su habilidad resolutiva. No se han ordenado por temas, sino m´s en
a
grado de dificultad creciente. Si los primeros le parecen muy fćiles puede
a
avanzar hasta encontrar otros m´s adecuados a su nivel. Los ultimos han
a ´
sido propuestos en varias olimp´ ıadas internacionales, a saber:
OMCC: Olimp´ ıada Matem´tica de Centroam´rica y el Caribe
a e
OIM Olimp´ ıada Iberoamericana de Matem´tica
a
OIMU Olimp´ ıada Iberoamericana de Matem´tica Universitaria
a

46 Problemas para pensar

IMO Olimp´ ıada Internacional de Matem´tica
a
En el cap´ıtulo siguiente hay sugerencias y algunas soluciones completas,
pero resista la tentaciń de leerlas si no ha realizado primero un serio intento
o
para hallar la soluciń usted mismo. De lo contrario, perder´ una valiosa
o a
oportunidad para aprender y no disfrutar´ la satisfaccń de haber resuelto
a o
el problema con su propio esfuerzo.
Para el enamorado de los problemas matem´ticos hay una abundante
a
literatura, de la cual nos permitimos destacar [2, 3, 13, 15, 16, 17, 18, 19,
20, 21, 22, 28, 37, 39]. Tambiń se puede encontrar abundante material en
e
Internet, por ejemplo en:
http://www.kalva.demon.co.uk (sitio con miles de problemas ol´ ımpi-
cos)
http://math.ucsd.edu/~pfitz/pastputnam.html (sitio con problemas
de las competencias matem´ticas universitarias estadounidenses William Lo-
a
well Putnam)

Problema 5.1. ¿Cuńtos minutos faltan para el mediod´ si hace 8 minu-
a ıa,
tos faltaban 9/5 de lo que falta ahora?

Problema 5.2. En el mes de enero de cierto aõ hubo exactamente cuatro
n
lunes y cuatro viernes. ¿Qu´ d´ de la semana fue el 17 de enero?
e ıa

Problema 5.3. En un trińgulo cuyos lados miden 10cm, 12cm y 15cm,
a
¿cu´l es la razń entre la altura mayor y la altura menor?
a o

Problema 5.4. El n´mero
u
3 √ 3 √
20 + 14 2 + 20 − 14 2

¿es o no es entero?

Problema 5.5. Una anciana parte al amanecer del pueblo A hacia el B.
Simultńeamente otra anciana parte del pueblo B hacia el A. Cada una de
a
ellas camina a velocidad constante. Al mediod´ ambas se cruzan. La primera
ıa
llega a su destino a las 4pm, mientras que la segunda lo hace a las 9pm. ¿A
qu´ hora amaneci´ ese d´
e o ıa?

47

Problema 5.6. En una pradera la grama crece continua y uniformemente.
Se sabe que 70 vacas se comer´ la grama completamente en 24 d´
ıan ıas, y
que 30 vacas se la comer´ en 60 d´
ıan ıas. ¿Cuńtas vacas ser´ necesarias
a ıan
para acabar con la grama en 96 d´
ıas? (Este problema se atribuye a Isaac
Newton).
Problema 5.7. De las regiones en que queda dividido el plano por n rectas
en posiciń gen´rica, ¿Cuńtas son acotadas?
o e a
Problema 5.8. ¿En cuńtas regiones queda dividida una esfera por n c´
a ır-
culos m´ximos en posiciń gen´rica?
a o e
Problema 5.9. Calcule el valor de la suma 12 + 22 + 32 + · · · + n2 .
Problema 5.10. Calcule el valor de la suma 13 + 23 + 33 + · · · + n3 .
Problema 5.11. Imagine un cubo de queso de 7 cm de lado, dividido en 73
cubitos de 1 cm de lado cada uno. Un gusanito est´ inicialmente en el cubito
a
central, come el queso y se mueve a uno de los seis cubitos adyacentes (es
decir, a uno que tenga una cara comń con el primero). Continá de esta
u u
manera hasta acabar con todo el queso, sin pasar dos veces por el mismo
cubito. ¿Es posible que su trayectoria finalice en un v´rtice? Generalice.
e
Problema 5.12. Una hoja rectangular de papel milimetrado tiene 167 mm
de ancho y 489 mm de altura. Se traza una l´
ınea recta desde un v´rtice hasta
e
el v´rtice opuesto. ¿Cuńtos cuadraditos son atravesados por la l´
e a ınea?
Problema 5.13. Dado un trińgulo con v´rtices A, B y C sean K, L y
a e
M puntos ubicados en los lados AB, BC y CA, respectivamente, tales que
AK = 2KB, BL = 2LC y CM = 2M A. Sean P = AL·BM , Q = BM ·CK
y R = CK · AL. ¿Qu´ relaciń existe entre las ´reas de los trińgulos ABC
e o a a
y P QR?
Problema 5.14. Sea p un n´mero primo impar y sean m y n enteros po-
u
sitivos tales que
1 1 m
1 + + ··· + =
2 p−1 n
Pruebe que p divide a m.
Problema 5.15. Halle las soluciones reales del sistema de ecuaciones si-
guiente:
x+y =1
5 5
x +y = 31


Problema 5.16. Dada una matriz de n´meros reales con m filas y n colum-
u
nas, est´ permitido cambiar de signo a todos los elementos de una misma
a
columna o a todos los de una misma fila. Pruebe que mediante aplicaciones
repetidas de esta operaciń se puede conseguir una matriz tal que la suma
o
de los elementos de cualquier fila o columna sea no negativa.

Problema 5.17. ¿En cuńtos ceros termina el n´mero 2004!?
a u

Problema 5.18. Pruebe que cualesquiera 39 n´meros naturales consecuti-
u
vos incluyen al menos uno tal que la suma de sus d´
ıgitos es divisible entre
11.

Problema 5.19. Sea ABC un trińgulo con AB = AC y sean M el punto
a
medio de BC, P el pie de la perpendicular desde M hasta AC y N el punto
medio de M P . Pruebe que BP ⊥ AN .

Problema 5.20. Dada una cuaterna (a, b, c, d) de numeros reales positivos,
se obtiene otra (ab, bc, cd, da) multiplicando cada elemento por el siguiente,
y el ultimo por el primero. Pruebe que por m´s que se repita esta operaciń
´ a o
nunca se vuelve a obtener la cuaterna inicial, a menos que sea a = b = c =
d = 1.

Problema 5.21. Sea n una potencia de dos y considere la transformaciń o
T (a1 , a2 , . . . , an ) = (a1 a2 , a2 a3 , . . . , an a1 ). Si se comienza con una n-upla
cuyos elementos son todos 1 o -1, pruebe que aplicando T un n´mero su- u
ficiente de veces se llega a obtener una n-upla formada exclusivamente por
unos.

Problema 5.22 (I OMCC (1999)). Se supone que 5 personas conocen,
cada una, informaciones parciales diferentes sobre cierto asunto. Cada vez
que la persona A telefonea a la persona B, A le da a B toda la informaciń
o
que conoce en ese momento sobre el asunto, mientras que B no le dice nada
de ´l. ¿Cu´l es el m´
e a ınimo n´mero de llamadas necesarias para que todos
u
lo sepan todo sobre el asunto? ¿Cuńtas llamadas son necesarias si son n
a
personas?

Problema 5.23 (I OMCC (1999)). Encontrar un entero positivo n de
1000 cifras, todas distintas de cero, con la siguiente propiedad: es posible
agrupar las cifras de n en 500 parejas de tal manera que si multiplicamos
las dos cifras de cada pareja y sumamos los 500 productos obtenemos como
resultado un n´mero m que es divisor de n.
u

49

Problema 5.24 (I OMCC (1999)). En el trapecio ABCD de bases AB
y CD, sea M el punto medio del lado DA. Si BC = a, M C = b y el ńgulo
a
M CB mide 150o , hallar el ´rea del trapecio ABCD en funciń de a y b.
a o

Problema 5.25 (I OMCC (1999)). Sea a un entero impar mayor que
17, tal que 3a − 2 es un cuadrado perfecto. Demostrar que existen enteros
positivos distintos b y c, tales que a + b, a + c, b + c y a + b + c son cuatro
cuadrados perfectos.

Problema 5.26 (I OMCC (1999)). Sea S un subconjunto del conjunto
{1, 2, 3, . . . , 1000} con la propiedad de que ninguna suma de dos elementos
diferentes en S est´ en S. Encuentre el n´mero m´ximo de elementos de S.
a u a

Problema 5.27 (XIV OIM (1999)). Halle todos los enteros positivos que
que son menores que 1000 y cumplen con la siguiente condiciń: el cubo de
o
la suma de sus d´
ıgitos es igual al cuadrado de dicho entero.

Problema 5.28 (XIV OIM (1999)). Sean n puntos distintos, P1 , P2 ,. . . ,
Pn , sobre una recta del plano (n ≥ 2). Se consideran las circunferencias de
di´metro Pi Pj (1 ≤ i < j ≤ n) y coloreamos cada circunferencia con uno de
a
k colores dados. Llamamos (n, k)-nube a esta configuraciń.o
Para cada entero positivo k, determine todos los n para los cuales se
verifica que toda (n, k)-nube contiene dos circunferencias tangentes exte-
riormente del mismo color,
Nota: Para evitar ambigëdades, los puntos que pertenecen a m´s de una
u a
circunferencia no llevan color.

Problema 5.29. Determinar el mayor entero n con la propiedad de que n
√
es divisible por todos los enteros positivos que son menores que 3 n.

Problema 5.30 (XIV OIM (1999)). Sea B un entero mayor que 10 tal
que cada uno de sus d´
ıgitos pertenece al conjunto {1, 3, 7, 9}. Demuestre que
B tiene un factor primo mayor o igual que 11.

Problema 5.31. Sobre los lados de un trińgulo ∆ABC se construyen ex-
a
teriormente tres trińgulos semejantes AKB, BLC, y CN A. Si D y E son
a
los puntos medios de AB y KL respectivamente, pruebe que DE ei paralela
a N C y determine la razń DE/N C.
o


Problema 5.32. Sea F el conjunto de todas las n-uplas (A1 , A2 , . . . , An )
donde cada Ai , i = 1, 2, . . . , n es un subconjunto de {1, 2, . . . , 1998}. Deno-
tamos con |A| al n´mero de elementos del conjunto A. Hallar el n´mero
u u

|A1 ∪ A2 ∪ . . . ∪ An |
(A1 ,A2 ,...,An )∈F

Problema 5.33. Demostrar que cualesquiera sean los n´meros enteros po-
u
sitivos a y b, el producto (36a + b)(a + 36b) no puede ser una potencia de
2.

Problema 5.34 (IV OIMU (2001)). Las ra´ ıces de un polinomio de gra-
do cuatro con coeficientes complejos estń ubicadas en los v´rtices de un
a e
rectńgulo con lados de longitud a y b en el plano complejo. Encontrar la
a
distancia entre las ra´
ıces de la segunda derivada de este polinomio.

Problema 5.35 (IV OIMU (2001)). Una funciń derivable f : R → R
o
satisface la desigualdad |f (x)| ≥ |f (x)| para todo x ∈ R y al menos para un
x0 esta desigualdad es estricta, es decir, |f (x0 )| > |f (x0 )|. Demostrar que
la ecuaciń f (x) = 0 no tiene ra´
o ıces.

Problema 5.36 (IMO 1997(4)). Una matriz n × n con elementos perte-
necientes al conjunto S = {1, 2, . . . , 2n − 1}, se dice que es plateada si, para
cada i = 1, . . . , n, la fila i y la columns i contienen, entre ambas, a todos los
elementos de S. Pruebe que:

1. No hay ninguna matriz plateada para n = 1997.

2. Existen infinitos n para los cuales hay matrices plateadas n × n.

Problema 5.37. Sea P un polinomio con coeficientes enteros de grado n >
12. Si el m´ximo comń divisor de los coeficientes de P es 1 y en m´s de
a u a
n/2 enteros el valor tomado por P es 1 o -1, pruebe que P es irreducible.

Problema 5.38. Sea D un dominio homeomorfo a un trińgulo cerrado en
a
el plano y f : D → D una funciń continua. Pruebe que f tiene un punto
o
fijo.

Cap´
ıtulo 6

Soluciones y sugerencias

‘Todo problema profana un misterio; a su vez, al
problema lo profana su soluciń.”
o

E. M. Cioran [8]

Este cap´ıtulo contiene algunas sugerencias y soluciones para los proble-
mas planteados en el cap´ ıtulo anterior. Repetimos lo all´ dicho: resista la
ı
tentaciń de mirar las soluciones si no ha realizado primero un serio in-
o
tento para resolver el problema usted mismo. De lo contrario, perder´ una
a
oportunidad de aprender y no disfrutar´ la satisfaccń de haber resuelto el
a o
problema con su propio esfuerzo.

Problema 5.1
Soluciń: Si llamamos x a los minutos que faltan para el mediod´ entonces
o ıa,

9
x+8= x
5

y por tanto x = 10.

Problema 5.2
Sugerencia: Cuente el n´mero de lunes y de viernes en los 31 d´ del mes
u ıas
de enero suponiendo que el primero de enero fue lunes. Haga lo mismo
suponiendo que el primero de enero fue martes, mi´rcoles, etc.
e
Soluciń: jueves.
o

52 Soluciones y sugerencias

Problema 5.3
Sugerencia: Los productos de cada lado por la altura correspondiente son
iguales al doble del ´rea del trińgulo, y por lo tanto iguales entre s´
a a ı.
Soluciń: 15/10 = 3/2.
o

Problema 5.4
√ √
Muestre que la ra´ c´bica de 20+14 2 puede expresarse en la forma a+b 2,
ız u
para ciertos enteros [equeõs a y b.
n
Soluciń: S´ es entero, de hecho el n´mero dado es 4.
o ı u

Problema 5.5
Sugerencia: Como la velocidad de cada anciana es constante, tambiń lo son
e
las razones entre los tiempos que emplean en recorrer una misma distancia.
Soluciń: Supongamos que amaneci´ a la hora x, y llamemos C al punto en el
o o
cual las ancianas se encuentran al mediod´ La primera anciana recorri´ la
ıa. o
distancia AC en 12 − x horas, mientras que la segunda lo hizo en 9 horas.
La distancia BC fue recorrida en 4 horas por la primera anciana y en 12 − c
por la segunda. Por lo tanto
12 − x 4
=
9 12 − x
ya que ambas fracciones son iguales a la razń entre la velocidad de la
o
segunda anciana y la de la primera. De esta ecuaciń se obtiene fćilmente
o a
que amaneci´ a las 6 am.
o

Problema 5.6
Sugerencia: Obviamente hay que tomar en cuenta el crecimiento de la grama.
Llame G a la cantidad inicial de grama, g al crecimiento diario de la misma
y d a la cantidad de grama que cada vaca come en un d´ Plantee las
ıa.
condiciones del problema como un sistema de ecuaciones.
Soluciń: 20 d´
o ıas.

Problema 5.7
Sugerencia: De las n regiones en que una recta queda dividida por n − 1 de
sus puntos, exactamente n − 2 son acotadas.
Soluciń: 1 + 2 + · · · + (n − 2) = (n − 1)(n − 2)/2.
o

53

Problema 5.8
Sugerencia: Cada c´
ırculo m´ximo corta en dos puntos a cada uno de los
a
restantes.
Soluciń: b2 − n + 2.
o

Problema 5.9
Sugerencia: Hay muchas maneras de resolver este problema. Una de ellas
consiste en sumar miembro a miembro las identidades

(k + 1)3 = k 3 + 3k 2 + 3k + 1

para i = 0, 1, 2, . . . , n.
Soluciń: n(n + 1)(2n + 1)/6.
o

Problema 5.10
Sugerencia: Insp´
ırese en el problema anterior.
Soluciń: n2 (n + 1)2 /4.
o

Problema 5.11
Sugerencia: Imagine los cubitos pintados con dos colores, de tal modo que
cubos adyacentes tengan colores diferentes.

Problema 5.12
Sugerencia: Determine si la diagonal pasa por algń nodo interior de la
u
cuadr´
ıcula. Considere por donde sale la l´
ınea de cada cuadradito.

Problema 5.13
Sugerencia: Determine la razń en que P y Q dividen al segmento BM .
o
Soluciń: 7:1.
o

Problema 5.14
Sugerencia: tome (p − 1)! como denominador comń y analice los restos
u
m´dulo p de cada sumando del numerador.
o

Problema 5.15
Sugerencia: Divida la segunda ecuaciń entre la primera y trate de llegar a
o


una ecuaciń de segundo grado en xy.
o
Soluciń: x = 2, y = −1 y x = −1, y = 2.
o

Problema 5.16
Sugerencia: Si una fila o columna tiene suma negativa y se cambia de signo
a todos sus elementos, ¿qu´ pasa con la suma total de los elementos de la
e
matriz?

Problema 5.17
Sugerencia: La respuesta es igual al exponente de 5 en la descomposiciń en
o
factores primos de 2004! (ya que el exponente de 2 ser´ siempre mayor).
a
Soluciń: 2004/5 + 2004/25 + 2004/125 + 2004/625 = 400 + 80 +
o
16 + 3 = 499.

Problema 5.18
Sugerencia: ¿C´mo var´ la suma de los d´
o ıa ıgitos al pasar de un n´mero al
u
siguiente? ¿Qu´ restos m´dulo 11 se obtienen? Trate de hallar el peor caso
e o
posible.

Problema 5.19
Sea Q el pie de la perpendicular trazada desde B al lado AC. Como BM =
M C y BQ M P se tiene que CP = P Q, y como los trińgulos rectńgulos
a a
AM P , ACM y BCQ son claramente semejantes resulta P A/BQ = M P/CQ
= (2N P )/(2P Q) = N P/P Q. Por lo tanto los trińgulos rectńgulos BP Q
a a
y AN P son tambiń semejantes, y en consecuencia ∠P AN = ∠QBP . Se
e
concluye que las rectas AN y BP son perpendiculares ya que forman ńgulos
a
iguales y del mismo sentido con las rectas perpendiculares AC y BQ.

Problema 5.20
Sugerencia: Al pasar de una cuaterna a la siguiente, el producto de los cuatro
elementos se eleva al cuadrado. Por lo tanto si abcd = 1 nunca se regresar´ a
a
la cuaterna inicial. Si abcd = 1 pero no son los cuatro iguales, pruebe que al
aplicar la transformaciń reiteradamente se obtienen elementos arbitraria-
o
mente grandes.

Problema 5.21

55

Sugerencia: Estudie el efecto de aplicar T 2 veces, 4 veces,. . . , 2n veces a la
cuaterna original.

Problema 5.22
Soluciń: 2(n − 1).
o

Problema 5.23
Sugerencia: Trate de que la suma de los productos de los d´
ıgitos, tomados
convenientemente de a pares, sea una potencia de 5.
Soluciń: (Una de muchas posibles) 111 . . . 111 3791875.
o
993unos
(Los 994 unos se multiplican de a pares y se suman dando 497 y los seis
d´
ıgitos restantes se agrupan como 3 · 7 + 9 · 8 + 7 · 5 para un total de 625.)

Problema 5.24
Soluciń: Tracemos por M la paralela a AB y sea N el punto en que esta
o
recta corta a BC. Es fćil ver que el ´rea del trapecio ABCD es 4 veces la del
a a
trińgulo M N C, por lo tanto la respuesta es 4(1/2)(a/2)b sen 150o = ab/2.
a

Problema 5.25
Soluciń: Pongamos a = 2n + 1. Por hip´tesis 3a − 2 = 6n + 1 = x2 .
o o
Tomemos b = 4n y c = n2 − 4n. Entonces b + c = n2 , a + b = 6n + 1 = x2 ,
a + c = 2n + 1 + n2 − 4n = (n − 1)2 y a + b + c = 2n + 1 + n2 = (n + 1)2 .

Problema 5.26
Soluciń: 501.
o

Problema 5.27
Sugerencia: Si el cuadrado de n es un cubo perfecto entonces tambiń n es
e
un cubo perfecto.
Soluciń: 1 y 27.
o

Problema 5.28
Soluciń: n > 2k . En otras palabras, con k colores se pueden colorear todas
o
las circunferencias de una nube hasta para n = 2k , pero no m´s, de manera
a
aceptable (es decir de modo que circunferencias tangentes exteriormente


sean de distinto color). La prueba es por inducciń. Si k = 1 el resultado es
o
obvio. Si asumimos que es cierto para k, entonces la nube con 2k+1 puntos se
colorea as´ primero se colorean de manera aceptable con los colores 1, . . . , k
ı:
las circunferencias con di´metros Pi Pj para 1 ≤ i < j ≤ 2k . Lo mismo se
a
hace con las circunferencias con di´metros Pi Pj para 2k + 1 ≤ i < j ≤ 2k+1 .
a
Finalmente las circunferencias con di´metros Pi Pj tales que i ≤ 2k < j se
a
colorean con el color k + 1, y listo. Ahora bien, si para algń n > k la nube
u
se puede colorear con k colores, consideremos el conjunto A de los puntos
Pi que son extremo izquierdo (i.e., el m´s cercano a P1 ) de un di´metro de
a a
una circunferencia de color k, y sea B su complemento en {P1 , . . . , Pn }. Las
circunferencias con dos puntos en A no pueden ser de color k, como tampoco
pueden serlo las que tienen dos puntos en B. Pero uno de estos dos conjuntos
debe tener m´s de 2k−1 puntos, y se contrtadice la hip´tesis inductiva.
a o

Problema 5.29
Soluciń: 420. Para verlo, pruebe que el m´
o ınimo comń m´ltiplo de 2,3,. . . ,k
u u
supera a (k + 1)3 si k ≥ 8 y por lo tanto ningń n´mero mayor que 83 = 512
u u
es divisible por todos los enteros positivos menores que su ra´ c´bica.
ız u

Problema 5.30
Soluciń: Si no fuera as´ los unicos factores primos de B ser´ 3 y 7. Pero
o ı ´ ıan
es fćil ver que los n´meros de la forma 3n 7m tienen el pen´ltimo d´
a u u ıgito par.

Problema 5.31
Soluciń: Sean r = AN/AC = BK/BA = CL/CB, φ = ∠CAN = ∠BCL =
o
∠ABK y z = reiφ . Interpretando cada punto como un n´mero complejo se
u
tiene

N − A = z(C − A), L − C = z(B − C), K − B = z(A − B).

Por lo tanto
E − D = 2 (K + L) − 1 (A + B)
1
2
1
= 2 (B + z(A − B) + C + z(B − C) − A − B)
= 2 ((C − A) − z(C − A)) = 1 ((C − A) − (N − A))
1
2
1
= 2 (C − N ).

En consecuencia DE N C y DE/N C = 1 .
2

57

Problema 5.32
Sugerencia: 1998 no tiene nada de particular, trabaje con los subconjuntos
de {1, 2, . . . , k}. Determine cuńtas veces es contado cada elemento x de
a
este conjunto en la suma propuesta, o lo que es lo mismo cuńtas n-uplas
a
(A1 , . . . , An ) son tales que la uniń de sus elementos contiene a x.
o
Soluciń: 1998(2n − 1)21997n .
o

Problema 5.33
Sugerencia: Si (36a + b)(a + 36b) fuese una potencia de 2 entonces a y b
ser´ m´ltiplos de 4.
ıan u

Problema 5.34
Las cuatro ra´ıces del polinomio pueden escribirse como z1 = z0 − A − B,
z2 = z0 − A + B, z3 = z0 + A + B, z4 = z0 + A − B, con A y B n´meros
u
complejos tales que |A| = a/2, |B| = b/2, (AB) = 0. El polinomio se
escribir´ entonces
a

P (z) = k(z − z1 )(z − z2 )(z − z3 )(z − z4 ) =
= k (z − z0 )2 − (A + B)2 )((z − z0 ) − (A − B)2
= k(u2 − S 2 )(u2 − D2 ),

donde u = z − z0 , S = A + B, D = A − B. Derivando dos veces tenemos

P (z) = 2k(u2 − D2 ) + 8ku2 + 2k(u2 − S 2 )
= 2k(6u2 − D2 − S 2 ).

ıces de este polinomio son ± (S 2 + D2 )/6 y la distancia buscada es
Las ra´

2 2
d= S 2 + D2 = √ A2 + B 2 .
3 3
Puesto que A y B pueden escribirse como

aeiφ bieiφ
A= , B= ,
2 2
resulta
|a2 − b2 |
d= .
3


Problema 5.35
Afirmamos que el conjunto C de los ceros de f es abierto. En efecto, si f (a) =
0 entonces existe r > 0 tal que |f (x)| < 1/2 para todo x en I = (a − r, a + r).
Sin p´rdida de generalidad podemos suponer r < 1/2. Entonces para cada
e
x en I existe un z en I tal que |f (x)| = |f (x) − f (a)| = |f (z)(x − a)| ≤
|f (z)||x − a| ≤ 1/4, y reiterando este argumento resulta que en I se tiene
|f | ≤ 1/8, luego |f | ≤ 1/16,. . . y en general |f | ≤ 1/2n para todo n > 0.
Conclusiń: f es nula en I.
o
Ahora, como f es continua, C tambiń es cerrado. Y como R es conexo, C
e
es vac´ o es todo R. Pero esto ultimo no es posible pues |f (x0 )| > |f (x0 )| ≥
ıo ´
0, por lo tanto C es vac´ıo.

Problema 5.36
Soluciń: Podemos comenzar analizando los casos n = 2, 3 y 4. Es fćil
o a
encontrar matrices plateadas para n = 2 y n = 4, y probar que no existe
ninguna para n = 3. En realidad no hay matrices plateadas para ningń n u
impar mayor que 1. Si la hubiese, tomemos un elemento x que no aparezca
en la diagonal, y sea k el n´mero total de veces que aparece en la matriz.
u
Entonces x debe pertenecer a exactamente k filas y k columnas. Pero como
x debe pertenecer a la fila i o a la columna i, pero no a ambas, para cada
i = 1, . . . , n, se concluye que n = 2k.
Para la segunda parte lo m´s fćil es ver por inducciń que para n =
a a o
2k se puede construir una matriz plateada Mk . Es trivial construir M1 ,
y suponiendo que ya hemos construido Mk−1 construimos Mk con cuatro
bloques cuadrados de igual dimensiń. Ponemos dos copias de Mk−1 en la
o
diagonal. El bloque superior derecho es una matriz cuya primera fila es
(2k , 2k + 1, . . . , 2k + 2k−1 − 1 y las restantes se obtienen rotando c´
ıclicamente
los elementos de la primera. An´logamente el bloque inferior izquierdo es
a
una matriz cuya primera fila es (2k + 2k−1 , 2k + 2k−1 + 1, . . . , 2k+1 − 1) y las
restantes se obtienen rotando c´ ıclicamente los elementos de la primera.

Problema 5.37
Observaciń: No existe ningń polinomio con coeficientes enteros que tome
o u
el valor -1 en cuatro enteros distintos a1 , a2 , a3 , a4 (o m´s) y el valor 1 en
a
otro entero b.
En efecto, supongamos que p(x) verificara esto. Entonces q(x) = p(x)+1
cumplir´ que q(ai ) = 0 para i = 1, . . . , 4 y q(b) = 2. De esta forma q(x) =
ıa

59

(x − a1 ) ∗ (x − a2 ) ∗ (x − a3 ) ∗ (x − a4 ) ∗ r(x) para cierto r(x) con coeficientes
enteros. Evaluando en b tendr´ ıamos 2 = q(b) = (b − a1 ) ∗ (b − a2 ) ∗ (b −
a3 ) ∗ (b − a4 ) ∗ r(b) y por lo tanto s´lo podr´
o ıamos tener que (b − ai ) = ±1
o (b − ai) = ±2 (y esto ultimo s´lo para un i). Pero los (b − ai ) son todos
´ o
diferentes, y s´lo pueden tomar 3 valores diferentes. Contradicciń.
o o
Obs´rvese que el mismo resultado vale para el valor 1 en cuatro enteros
e
diferentes y el valor -1 en otro (o, m´s en general, si vale c para 4 valores y
a
c − p para otro con p primo).
Vamos ya a ver el resultado. Supongamos que tenemos P (X) de grado
n > 11 tal que toma valor 1 o -1 en m´s de n/2 valores. Si P (X) fuera
a
reducible entonces existir´ polinomios no constantes Q(X) y R(X) con
ıan
coeficientes enteros tales que P (X) = Q(X) ∗ R(X). Si P (a) = ±1, entonces
lo mismo pasa con Q(a) y R(a). Podemos suponer que Q(X) tiene grado n/2
o menor. Si Q(X) toma el valor 1 en m´s de n/2 enteros, entonces Q(X) − 1
a
tiene m´s de n/2 ra´
a ıces y grado menor que n/2, contradicciń. Lo mismo
o
si en todos toma el valor -1. As´ tenemos que en algunos enteros Q toma el
ı
valor 1 y en otros el valor −1. De hecho habr´ m´s de n/4 enteros en los que
a a
toma el valor 1 (o el −1). Como n > 12, n/4 > 3 y tendremos como m´ ınimo
4 enteros en los que toma el valor 1 (o el −1) y como m´ ınimo un entero en el
que toma el valor −1 (resp. 1), en contradicciń con la observaciń inicial.
o o

Problema 5.38
Es fćil ver que es suficiente probar el resultado cuando D es un trińgulo
a a
cualquiera, digamos el de v´rtices (0,0), (1,0), (0,1). Para cada P ∈ D sea
e
v(P ) el vector f (P ) − P . Si v(P ) = 0 para algń P ya encontramos un
u
punto fijo. De lo contrario sea θ(P ) el ńgulo que forma v(P ) con el eje Ox
a
y considere una sucesiń de triangulaciones Tn de D tales que el di´metro
o a
m´ximo de los triangulitos de Tn tienda a cero cuando n tiende a infinito.
a
Etiquete los v´rtices de Tn con A si 0 ≤ θ(P ) < π/2, con B si π/2 ≤
e
θ(P ) ≤ π y con C en cualquier otro caso. Por el lema de Sperner Tn tiene
algń trińgulo completo An Bn Cn . Aplicando Bolzano-Weierstrass se puede
u a
encontrar una subsucesiń de estos trińgulos tal que An converja a un
o a
punto P , y por la condiciń sobre los di´metros tambiń Bn y Cn deben
o a e
converger a P . Pero entonces se ve claramente que v(P ) deber´ ser 0, lo
ıa
cual es absurdo.

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ıa

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Indice alfab´tico
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Adams, J., 6 grafos, 38
an´lisis, 12
a
hacia adelante, 18 Halmos, P. R., 3
retrospectivo, 18 Herstein, I. N., 37
heur´
ıstica, 11
bloqueos mentales, 6
brainstorming, 5 imitaciń, 5
o
Brouwer, L. E. J., 44 ´
ındice, lema del, 43
Buzan, T., 5 inducciń, 38
o
invariantes, 30
casos especiales, 12, 28
coloraciones, 40 juegos, 30
combinatoria, 19
comprensiń, 9
o mapas mentales, 5
control, 11, 12 metacogniciń, 11
o
creaciń matem´tica, 7
o a
creatividad, 3 P´lya, G., 8, 14
o
creencias, 11 metodolog´ de, 8
ıa
par´metro entero, 28
a
diagrama, 12, 22, 26 pensamiento
Diofanto, 14 convergente, 4
discontinuidad, principio de, 5 divergente, 4
distractores, 23 lateral, 4
perturbaciones, 41
emociones, 6 plan, 9
estrategia, 26 Poincar´, H., 7
e
estrategias, 12 principio extremal, 34
exploraciń, 12
o problema, 1
figura, 26 de existencia, 20, 34
inverso, 4
geometr´ 21
ıa, programaciń neuroling¨´
o uıstica, 6

´ ´
INDICE ALFABETICO 65

punto fijo, teorema del, 44

recursos cognitivos, 11
Rhind, papiro , 16

Schoenfeld, A., 11
simplificar, 12
sistemas, 30
Sperner, lema de, 43
Szeg¨, G., 45
o

tormenta de cerebros, 5
transformaciones, 30
triangulaciones, 43

visiń retrospectiva, 10
o

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