NÚMEROS COMPLEJOS

Enfoque Problem-solving

Gerard Romo Garrido

Toomates Coolección Los documentos de Toomates son materiales digitales y gratuitos. Son digitales porque están pensados para ser consultados mediante un ordenador, tablet o móvil. Son gratuitos porque se ofrecen a la comunidad educativa sin coste alguno. Los libros de texto pueden ser digitales o

en papel, gratuitos o en venta, y ninguna de estas opciones es necesariamente mejor o peor que las otras. Es más: Suele suceder que los mejores

docentes son los que piden a sus alumnos la compra de un libro de texto en papel, esto es un hecho. Lo que no es aceptable, por inmoral y mezquino, es el modelo de las llamadas "licencias digitales" con las que las editoriales pretenden cobrar

a los estudiantes, una y otra vez, por acceder a los mismos contenidos (unos contenidos que, además, son de una bajísima calidad). Este modelo

de negocio es miserable, pues impide el compartir un mismo libro, incluso entre dos hermanos, pretende convertir a los estudiantes en un mercado cautivo, exige a los estudiantes y a las escuelas costosísimas líneas de Internet, pretende pervertir el conocimiento, que es algo social,

público, convirtiéndolo en un producto de propiedad privada, accesible solo a aquellos que se lo puedan permitir, y solo de una manera encapsulada, fragmentada, impidiendo el derecho del alumno de poseer todo el libro, de acceder a todo el libro, de moverse libremente por todo

el libro.

Nadie puede pretender ser neutral ante esto: Mirar para otro lado y aceptar el modelo de licencias digitales es admitir un mundo más injusto, es participar en la denegación del acceso al conocimiento a aquellos que no disponen de medios económicos, en un mundo en el que las modernas

tecnologías actuales permiten, por primera vez en la historia de la Humanidad, poder compartir el conocimiento sin coste alguno, con algo tan

simple como es un archivo "pdf". El conocimiento no es una mercancía.

El proyecto Toomates tiene como objetivo la promoción y difusión entre el profesorado y el colectivo de estudiantes de unos materiales didácticos libres, gratuitos y de calidad, que fuerce a las editoriales a competir ofreciendo alternativas de pago atractivas aumentando la calidad

de unos libros de texto que actualmente son muy mediocres, y no mediante retorcidas técnicas comerciales.

Este documento se comparte bajo una licencia “Creative Commons”: Se permite, se promueve y se fomenta cualquier uso, reproducción y

edición de todos estos materiales siempre que sea sin ánimo de lucro y se cite su procedencia. Todos los documentos se ofrecen en dos

versiones: En formato “pdf” para una cómoda lectura y en el formato “doc” de MSWord para permitir y facilitar su edición y generar versiones parcial o totalmente modificadas. Se agradecerá cualquier observación, comentario o colaboración a

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Actualmente, Toomates Coolección consta de los siguientes libros:

Geometría axiomática:

GA Geometría Axiomática pdf 1 2 ... 23 portada

PG Problemas de Geometría pdf 1 2 3 4 5 6 7

Problem-solving:

AR Teoría de números pdf 1 2

PT Trigonometría pdf doc

DE Desigualdades pdf doc

PC Números complejos pdf doc

PA Álgebra (en preparación)

pdf doc

PC Combinatoria (en preparación)

pdf doc

PR Probabilidad (en preparación)

pdf doc

Libros de texto (En catalán)

AG Àlgebra pdf 1 2

FU Funcions pdf doc

GN Geometria analítica pdf 1 2

TR Trigonometria

pdf doc

CO Nombres complexos pdf doc

AL Àlgebra Lineal 2n batxillerat

pdf doc

GL Geometria Lineal 2n batxillerat

pdf doc

CI Càlcul Infinitesimal 2n batxillerat

pdf 1 2

PL Programació Lineal 2n batxillerat

pdf doc

Recopilaciones de problemas

SE Compendium OME 2005-2019 pdf

SA Compendium AIME 1983-2019 pdf

ST Compendium PAU TEC 1998-2019 pdf

SC Compendium PAU CCSS 1998-2019 pdf

PM Problemas de Matemáticas pdf doc

Versión de este documento: 07/04/2020

www.toomates.net

Índice

1 Problemas con números complejos. →

2 Números complejos aplicados a la trigonometría. →

3 Números complejos aplicados a la geometría. →

4 Números complejos aplicados a la trigonometría (2). →

Soluciones. →

Fuentes. →

Apéndice. → El "problem-solving", tal y como yo lo entiendo.

Las competinciones AMC, un excelente sendero hacia las IMO detrás de un mar de siglas.

Este libro es la continuidad natural de "Nombres complexos":

http://www.toomates.net/biblioteca/NombresComplexos.pdf

1 Problemas con números complejos.

1.1 F

¿Cual es el valor mínimo entero de k para que

06)4(2 2 xxkx

no tenga raíces reales?

ASHME 1974 #10

1.2 F

Sea 42 zzz y 653 zzz , donde z es un número complejo tal que 17 z y

1z . Entonces, y son las raíces de la ecuación cuadrática 02 qpxx para

ciertos p y q números enteros. Encuentra el par ordenado ),( qp .

1.3 M

Resuelve la ecuación compleja

014 zzi

1.4 M

Hallar la ecuación de la circunferencia que pasa por los afijos de las soluciones de la

ecuación

0)1()1( 23 iziziz

1.5 MF

Sea z un número complejo con parte imaginaria igual a 164 tal que

inz

z4

donde n es un número entero positivo. Encuentra n.

AIME1 2009 #2

1.6 F

Determina el número de pares ordenados ),( ba con IRba , tales que

biabia 2002

AMC 12A 2002 #24

1.7 M

Sean dcba ,,, números complejos no nulos para los cuales existe un complejo z tal que

satisface al mismo tiempo las ecuaciones 023 dczbzaz y 023 adzczbz .

Determina todos los posibles valores de z.

HMMT 2010, Álgebra #4

1.8 M

Sean v y w dos raíces de la ecuación 011997 z , diferentes y tomadas aleatoriamente.

Calcula la probabilidad de que 1 wv .

AIME 1997 #14 (modificado)

1.9 F

Determina todos los enteros 1n tales que 11 nn xx sea divisible por 12 xx .

1.10 M

Determina

n

n

zz

1 sabiendo que sin2

1

zz .

1.11 D

Resuelve la ecuación 011 nn

zz

1.12 D

La ecuación

01131010 zz

tiene 10 raíces complejas 552211 ,...,,,,, rrrrrr . Encuentra el valor de

554433332211

111111

rrrrrrrrrrrr

AIME 1994 #13

1.13 F

Sean zyx ,, números complejos tales que ixy 32080 , 60yz , izx 2496 ,

donde 1i . Sean ba, números reales tales que biazyx . Determina 22 ba .

AIME II 2018 #5

1.14 F

Sean iz 83181 , iz 39182 , iz 99783 , donde 1i . Sea z el único número

complejo con las propiedades siguientes:

a) 3

2

12

13

zz

zz

zz

zz

es un número real

b) La parte imaginaria de z es lo mayor posible.

Determina la parte real de z. AIME I 2017 #10

1.15 F

Si las seis soluciones de 646 x se escriben de la forma bia , con ba, reales,

entonces el producto de sus soluciones con 0a es:

(A) -2 (B) 0 (C) i2 (D) 4 (E) 16

AHSME 1990 #22

1.16 D

Sea N la cantidad de números complejos z con la propiedad que 1z y !5!6 zz sea

un número real. Determina el residuo cuando N se divide entre 1000.

AIME I 2018 #6

1.17 F

El polinomio 201620172018)( zczbzazf tiene coeficientes reales no superiores a

2019, y

ii

f 3201920152

31

Determina el residuo cuando )1(f se divide entre 1000.

AIME II 2019 #8

2 Números complejos aplicados a la trigonometría.

2.1 F

Si 12 i , determina el valor de la suma

)º3645cos(...)º9045cos(...º135cosº45cos 40inii n

AHSME 1977 #16

2.2 M

Calcula )21(cot)13(cot)7(cot)3(cotcot 1111

2.3 M

Determina todos los valores enteros de con 900 para los cuales

75ºsinºcos i

es un número real.

ARML 1995 #T5

2.4 M

Demuestra que

2

º5.0cot1º89cos...º2cosº1cosº0cos

2.5 M

Determina º72cos2

2.6 M

Sean 7

2cos

a ,

7

4cos

b ,

7

8cos

c . Calcular acbcab .

3 Números complejos aplicados a la geometría. 3.1

En el plano complejo i2 es el centro de un cuadrado y i55 uno de sus vértices.

Halla los otros vértices del cuadrado.

3.2 Determina el lugar geométrico de los números complejos z que verifican:

322 ziz

3.3 F

Demuestra que los puntos medios de cualquier cuadrilátero forman siempre un

paralelogramo.

3.4 M

Demostrar, mediante números complejos, el Teorema del Coseno:

Aabcba cos2222

3.5 D

Sea 6543210 AAAAAAA un polígono regular de 7 lados. Demostrar que

302010

111

AAAAAA

3.6 D

Demostrar que la circunferencia inscrita y la circunferencia de los Nueve Puntos son

tangentes entre sí. El punto de tangencia se denomina "Punto de Feuerbach" del

triángulo.

3.7 M

Sean nQQ ,...,1 n puntos equiespaciados en una circunferencia de radio 1 centrada en O.

Sea P un punto de la semirrecta 1OQ tal que 2OP . Determina el producto

n

k

kPQ1

en función de n.

3.8 F

Dado un cuadrilátero cíclico ABCD , sean P y Q los puntos simétricos de C respecto a

AB y AD respectivamente. Demuestra que la recta PQ pasa por el ortocentro de ABD .

3.9 MF

Sea O el circuncentro y H el ortocentro de un triángulo ABC . Sea Q un punto tal que

O es el punto medio de HQ. Sean 1T , 2T y 3T los respectivos baricentros de BCQ ,

CAQ y ABQ . Demostrar que

RCTBTAT3

4321

donde R denota el circunradio de ABC .

Yug MO 1990, 3-4 grade

3.10 MD

Sea un triángulo ABC con incentro I, sean E y F los puntos de tangencia entre la

circunferencia inscrita y los lados CA y AB , respectivamente. Sean G y H los puntos

simétricos respectivos de E y F respecto el centro I. Sea Q el punto de corte de GH y

BC , y sea M el punto medio de BC . Demostrar que IQ y IM son perpendiculares.

Taiwan TST 2014

3.11 M

Una partícula está localizada en el punto de coordenadas )0,5( . Se define un

movimiento de la partícula como la rotación de 4/ radianes alrededor del origen

seguida de una traslación de 10 unidades hacia la derecha*. Determinar la posición de la

partícula después de 150 movimientos.

AIME II 2008 #9

* "in the positive x-direction" en el original en inglés.

Nota: Los problemas de este apartado corresponden a los siguientes enunciados dentro de

“Problemas de Geometría”:

3.3=6.67 3.4=6.68 3.5=6.69 3.6=6.70 3.7=6.71

3.8=6.73 3.9=6.75 3.10=6.76 3.11=6.77

4 Números complejos aplicados a la trigonometría (2).

Resumen teórico.

Trabajaremos con números complejos de módulo 1, es decir, números que se pueden expresar

en forma trigonométrica como

sincos iz

En este caso, y aplicando las fórmulas de Moire, tenemos

niniznn sincossincos

y puesto que su módulo es 1, su inverso es el conjugado:

niniznn sincossincos

De estas dos igualdades podemos aislar ncos y nisin :

2cos

nn zzn

2sin

nn zzni

4.1 D

Resolver la ecuación

13cos2coscos 222

IMO 1962 #4

Nota: Este mismo problema se resuelve en PT/#1.15 mediante identidades trigonométricas. Se pretende

ahora resolverlo mediante números complejos.

Soluciones. 1.1

068)12(068206)4(2 2222 xxkxxkxxxkx

Una ecuación de segundo grado no tendrá raíces reales cuando su discriminante sea negativo:

83.16

11

48

888848088482448646124)8( 2 kkkkkD

Luego la solución es 2k .

1.2

Si y son las raíces de la ecuación cuadrática 02 qpxx , entonces

q

pqpxxxxxx

)(0)())((0 22

Puesto que z es una raíz de la unidad y 1z , sabemos que 01 65432 zzzzzz ,

luego

11011 65342 zzzzzz

Por otro lado,

222

2131

3

734

3654324654324

10987654

zzz

zzzzzzzzzzzzzzz

zzzzzzz

Así pues, la ecuación buscada es 022 xx , y )2,1(),( qp

1.3

111

11101

5444

2

444

zzzzzzizz

ii

i

izzzzizzi

Luego las soluciones pertenecen a la circunferencia unidad, y por tanto z

z1

.

ii

i

izzizi

zzizzi

2

33344 11111

110

Luego las soluciones son las tres raíces cúbicas de i

º90sinº90cos1 ii

2,1,0º120º303

º360

3

º90 kkkk

º30sinº30cosº300º120º30 00 iz

º150sinº150cosº1501º120º30 11 iz

º270sinº270cosº2702º120º30 22 iz

1.4

Observamos que iz es una solución de la ecuación. En efecto:

011)1()1)(1())(1())(1()(0 23 iiiiiiiiiiiiiii

Ahora, realizando una división sintética de polinomios, vemos que:

1)1()1( 2

23

zz

iz

iziziz

Las soluciones de 2

31

2

31

12

114)1(110

22 i

zzz

Vemos que las tres soluciones pertenecen a la circunferencia unidad:

142

131

2

1

2

3

2

1

2

3

2

1 ii

1 i

Luego la solución es 1z

1.5

Sea iaz 164

nainaniaii

aniaiia

niaiia

nzizinz

z

441644444164

6564164441644164

1644164

44

6974)656(4164 nn

1.6

Se nos pide determinar el número de soluciones de la ecuación zz 2002

Una posible solución trivial es 0z .

Pero si 0z , está claro que 1z , pues

zzzzzz 200220022002

y una ecuación xx 2002 , con IRzx solo tiene soluciones 0x o 1x .

Pero si 1z entonces z

z1

, y por lo tanto

11 20032002 zz

zz y z es alguna de las 2003 raíces de grado 2003 de la unidad.

1.7

Supongamos que se cumple 023 dczbzaz . Entonces, multiplicando a izquierda y

derecha por z :

adzczbzadzczbz 2323 0

Puesto que, por hipótesis, 0a , llegamos a 14 z , es decir, z es alguna de las cuatro raíces de

grado 4 de la unidad: ii ,,1,1 .

0

0

23

23

adzczbz

dczbzaz

Para 1z : 00

0

dcba

adcb

dcba

Para 1z : 00

0

dcba

adcb

dcba

Para iz :

0

000 22

adicbi

dicbiadicibiaiidcibai

Para iz :

aidcibadicbiiiadicbi

dcibai

000

0

No existe ningún conjunto dcba ,,, para los cuales sean solución las cuatro raíces cuartas. En

efecto: Puesto que se debe cumplir para los cuatro valores, los complejos dcba ,,, deben

satisfacer el sistema:

0

0

0

0

dcibai

adicbi

dcba

dcba

Y este sistema solo tiene solución 0 dcba , contradiciendo la hipótesis del enunciado.

Sin embargo, es fácil encontrar valores dcba ,,, para los cuales se cumpla alguna de las cuatro.

Por ejemplo, puesto que 14 z , sabemos que 0123 zzz , luego tomando

1 dcba obtendremos tres de las cuatro soluciones: },,1{ ii

01

0)1(00

4

4423423

z

azaaazdzczbzazdczbzazzz

1.8

El complejo wv se representa geométricamente como el vector de la diagonal del

paralelogramo determinado por v y w . Observamos que

1wv el ángulo entre v y w es de 120º, que es cuando determinan dos triángulos

equiláteros:

º120,1 wvwv

Sean v y w dos raíces distintas de la ecuación 011997 z .

Sabemos que en la circunferencia unidad hay 1997 complejos diferentes que cumplen esta

condición, repartidos homogéneamente por toda la circunferencia.

En 240º habrán 1331 valores posibles ( 33.13313

21997 ) , luego, como no pueden ser el

mismo, descartamos 1, 1330 en total.

Una vez fijado el primero, la probabilidad de que el segundo "caiga" dentro de 120º a su

izquierda o a su derecha es de 1997/1330

Nota 1: En el libro donde encuentro este problema la solución propuesta es 1997/1331 .

Nota 2: En el problema AIME original se pide la probabilidad de que

32wv

1.9

Sean 1)( 1 nn xxxp y 1)( 2 xxxq . El polinomio )(xp será divisible por )(xq si y

solo si )()()( xhxqxp , pero entonces

0)(0)()()(0)( xhxhxqxhxq , es decir, las raíces de )(xq serán raíces de )(xp .

La raíz primitiva de tercer grado de la unidad 3/2 ie es raíz de )(xq , luego también lo será

de )(xp .

2

3

2

1º120sinº120cos3/2 iie i

1

2

3

2

1

3

2

i

011 2 n cierto.

2011012 23 n no es cierto.

2011013 34 n no es cierto.

bann 33 , con 20 b

10111

1111

11

13133131

bbbbb

bbabbababann

Luego será divisible para todos aquellos n de la forma 13 kn , es decir 3mod1n .

1.10

cossincossin

cossin1sinsin2

114)sin2(sin2

1sin201sin211

sin2

222

222

ii

z

zzzzz

z

zz

(aquí hemos aplicado xx )

Los posibles valores de z son cossin1 iz y 12 zz .

En todo caso, 1z , y por lo tanto nn

n

n zzz

z 1

y su valor es el mismo para las dos

posibles soluciones. Por lo tanto, solo hace falta estudiar uno de los dos casos.

Supongamos que cossin iz . Entonces:

sincos2

sin2

coscossin iiiz

en donde hemos definido

2

.

ninzn sincos

ninzz

n

nsincos

1

2cos2cos2sincossincos

1nnninnin

zz

n

n

Fuente de la solución: Compiled and Solved Problems in Geometry and Trigonometry (Florentin Smarandache), página 76 .

1.11

11

1

11

11111011

1

n

n

n

z

nnnnnn

z

z

z

zzzzzzz

Es decir, 1

1

z

z es una raíz n-ésima de la unidad:

1...,,1,02

sin2

cos1

1

nk

n

ki

n

k

z

zk

(*)

12

sin2

cos

12

sin2

cos

12

sin2

cos12

sin2

cos

12

sin2

cos2

sin2

cos1

12

sin2

cos2

sin2

cos

2sin

2cos

2sin

2cos

)1(2

sin2

cos12

sin2

cos1

1

n

ki

n

kn

ki

n

k

z

n

ki

n

kz

n

ki

n

k

n

ki

n

kz

n

ki

n

k

n

ki

n

kz

n

ki

n

kz

n

ki

n

kz

n

ki

n

k

zn

ki

n

kz

n

ki

n

k

z

z

n

ki

n

k

n

k

n

k

n

ki

n

k

n

k

n

ki

n

k

n

ki

n

k

cossinsin2cossin2sin2

1cossin2sin2112

sin2

cos

2

2

n

ki

n

k

n

k

n

k

n

ki

n

k

n

k

n

ki

n

k

n

ki

n

k

sincoscos2cossin2cos2

1cossin21cos212

sin2

cos

2

2

n

ki

n

ki

n

k

n

ki

n

k

n

k

n

ki

n

ki

n

ki

n

k

n

k

n

ki

n

k

n

k

n

ki

n

k

n

k

cot

sin

cos

sin)(2

cos2

cossinsin)(2

sincoscos2

cossinsin2

sincoscos2

(*)

Fuente de la solución: Compiled and Solved Problems in Geometry and Trigonometry (Florentin Smarandache), página 76 .

1.12

1

131

)113(1

)113(

)113(1131130113

1010

10

10

10101010101010

izi

z

zi

z

zi

z

zizizzzz

Luego 9,...,1,010

2sin

10

2cos

13

k

ki

k

izi

zk

es una de las diez raíces de grado 10 de

la unidad.

k

k

k

k

kkkkkkk

i

i

i

iz

zizziiiziizizizi

z

13

1

113

1

113

11313131313

Donde hemos utilizado que k

kkk

iii

i

ii

11

)(

)(11

Luego las soluciones de la ecuación son de la forma k

ki

z

13

1

Las raíces de grado 10 de la unidad presentan las siguientes propiedades:

149

238

327

416

05 1

Luego:

500

5

5

0

013

1

)1(13

1

13

1

13

1

13

1zzz

iiiz

iiz

411

94

4

91

113

1

13

1

13

1

13

1zzz

iiz

iiz

322

83

3

82

213

1

13

1

13

1

13

1zzz

iiz

iiz

966

49

9

46

613

1

13

1

13

1

13

1zzz

iiz

iiz

877

38

8

37

713

1

13

1

13

1

13

1zzz

iiz

iiz

Puesto que 2

11

iii rrr , nos piden calcular

2

7

2

6

2

2

2

1

2

0

11111

zzzzz

2

22

213

1

13

1

13

1

13

1k

kk

k

kk

k izi

zii

z

10

2sin26170

10

2sin26131

10

2sin13213

10

2sin

10

2cos

1310

2sin

10

2cos13

1310

2sin

10

2cos13

10

2sin

10

2cos

10

2sin

10

2cos

10

2sin

10

2cos

2222

2

22

k

kkkk

kki

kkii

kkii

ki

kki

k

k

kk

kk

(*)10

72sin

10

62sin

10

22sin

10

12sin

10

02sin265170

13131313132

7

2

6

2

2

2

1

2

0

iiiii

05

2sin

5sin

5

2sin

5sin

5

2sin

5sin

5

2sin

5sin

5

2

5

5sin

55

5sin

5

2sin

5sin

5

7sin

5

6sin

5

2sin

5sin0sin

10

72sin

10

62sin

10

22sin

10

12sin

10

02sin

85051700265170(*)

1.13

Primera versión. Resolviendo el sistema.

)4(242496

60

)41(8032080

iizx

yz

iixy

)41(3

4)41(

3

4)41(

60

80)41(80

60

)41(80

6060

izxiiz

xi

zx

ixy

zyyz

i

i

iziizzizx 18

)41(3

4

)4(24)4(24)41(

3

4)4(24 2

Las raíces cuadradas de i son i 12

1, luego las raíces cuadradas de i18 son

13 iz

Sea 13 iz . Entonces:

iiz

y 1010)1(3

6060

ii

ixixy 1220

1010

)41(80)41(80

Finalmente:

742549575,757 2222 babaizyx

Nota: las condiciones del enunciado se cumplen tanto para

ixiyiz 1220,1010,13 como para ixiyiz 1220,1010,13 .

Segunda versión. Mediante notación exponencial.

Pasamos a notación exponencial: 1

1

ierx , 2

2

iery , 3

3

ierz .

17803208021 irrxy

606032 rryz

1724249631 irrxz

Este sistema tiene por solución: 3441 r , 2102 r y 233 r

)4arctan(178032080 21

)4arctan()(

2121

iieierrxy

2332

0)(

32 0606032

iieerryz

)4/1arctan(17242496 31

)4/1arctan()(

3131 ii

eierrxz

4/2/)4/1arctan()4arctan(2)4/1arctan(

)4arctan(22

21

21

Y por tanto 4/23 .

De todo lo anterior deducimos que iey i 1010210 4/ , iez i 3323 4/

y utilizando ixy 32080 , deducimos que ix 1220 .

Como en la primera versión, basta sumar zyx para llegar al resultado 74.

Fuente de esta versión: https://artofproblemsolving.com/wiki/index.php/2018_AIME_II_Problems/Problem_5

1.14

Vemos que este problema es una aplicación directa de 20.12.3b:

A, B, C y D son cocíclicos o colineales IRadbc

bdac

)()(

)()(

En nuestro caso:

zzzzIRzz

zz

zz

zz

zz

zz

zz

zz,,, 321

3

2

21

31

3

2

12

13

cocíclicos o colineales.

Está claro que colineales no lo podrán ser, pues no lo son ya 321 ,, zzz , luego la condición a del

enunciado equivale a que z pertenezca a la circunferencia circunscrita determinada por

321 ,, zzz .

La condición b del enunciado sitúa el punto z en el extremo superior de la circunferencia:

El centro O de esta circunferencia pasa por la mediatriz del segmento 21zz , es decir, a una

altura 612

3983

y .

El centro O pasará también por la mediatriz del segmento 32zz , que calcularemos por

geometría analítica:

iz 39182 , iz 99783 ,

11

11

60

60

1878

399921

mm

Punto medio:

69,482

138,96

2

9939,7818

P

11748694869 bbbxy

La mediatriz es 117 xy , y imponiendo además 61y tenemos que el centro es

)61,56(566111711761 Oxx

La parte real de z será 56.

1.15

Primera versión. Calculando explícitamente las raíces.

)º180sinº180(cos6464 i

Luego kk i sincos6464 66 , con 5,...1,060306

360

6

180 kkkk

º33056030

º27046030

º21036030

º15026030

º9016030

º30

5

4

3

2

1

0

Las únicas raíces con parte real positiva son 30sin30cos20 iz y su conjugado

330sin330cos25 iz

Su producto es 4)33030sin()33030cos(2250 izz

Segunda versión. Sin tener que calcular las seis raíces explícitamente.

Sabemos que las seis raíces de 64 están distribuidas equiespaciadamente en la circunferencia

de radio 2646 .

Vemos que i2 son raíces de 64 , luego existirán exactamente dos con parte real positiva, y

serán conjugadas la una de la otra.

Sabemos que el producto de un número por su conjugado es el cuadrado del módulo, luego su

producto será 422 .

1.16

Primera versión.

Pasando a forma exponencial: iez , iezz 720720!6 iezz 120120!5

!5!6!5!6 ImIm zzIRzz , y, puesto 1z , esto solo puede pasar si sucede una de las

dos condiciones siguientes:

a) !5!6 zz 0600120720120720 ii ee ,

ecuación que tiene 600 soluciones, puesto que estamos trabajando 2mod .

b) !5!6 , zz son reflexiones la una de la otra respecto del eje imaginario.

Luego 840120720120720 ii ee , ecuación que tiene 840 soluciones.

Un total de 1440840600 soluciones, y por tanto su residuo al dividirlo entre 1000 es 440.

Segunda versión.

Puesto que 1z , 1

1

z

z

Puesto que !5!6 zz es real, será igual a su conjugado, luego

120720

120720

120720

120720120720120720!5!6 1111

zzzz

zzzzzzzzzz

Multiplicando ambos lados por 720z obtenemos un polinomio de grado 1440 , que tendrá 1440

soluciones complejas.

Tercera versión.

0)120sin()720sin()120sin()720sin(ImIm !5!6!5!6 zzIRzz

Aplicando la identidad trigonométrica "Resta-A-Producto", tenemos

02

600sin

02

840cos

2

600sin

2

840cos2

2

600sin

2

840cos2

2

120720sin

2

120720cos2)120sin()720sin(0

La primera ecuación tiene 840 soluciones y la segunda 600, haciendo un total de 1440

soluciones.

Fuente: Soluciones #3, #4 y #2 respectivamente de la web "artofproblemsolving.com"

1.17

El número 2

31 ip

en notación exponencial es ie º60 , luego:

º60sinº60cosº120sinº120cosº1202 iiep i

1º1803 iep

1º3606 iep , y por tanto 11366366336632016 ppp

czbzazzczbzazf 22016201620172018)(

32019º60sin)(

2015º60cosº60sin)(º60cos

º60sinº60cos60sinº60cos

320192015 22016

ba

cabibacab

cbibaia

cpbpappfi

4038320192

3)(32019º60sin)( bababa

Puesto que, por hipótesis, 2019, ba , 20194038 baba

Finalmente, sustituyendo en la primera ecuación:

20152015º60cos ccab

Luego 6053201520192019111)1( 201620172018 cbacbaf , y su residuo al

dividir por 1000 es 53.

2.1

Vemos que los valores de este sumatorio se van repitiendo de cuatro en cuatro:

2

245cos

)09045cos(

10

0

in

2

2135cos

º135cos)19045cos(1

1i

iii

n

2

245cos)45cos(

)135cos()45180cos(225cosº225cos)29045cos(

12

2

in

2

2)135cos(225cos

º315cos)39045cos(3

3i

iiii

n

La suma de estos cuatro valores es igual a 222

22

2

22 i

i

Y el valor correspondiente a 4n es el mismo que para 0n , el valor para 5n es el mismo

que para 1n ,etc.

Luego el valor total de los primeros 40 será 10 veces el valor de los cuatro primeros, es decir,

210210 i ,

No olvidemos que hay uno más, el valor 40n , luego el resultado final será:

21022

21

2

2210210 ii

2.2

Nos basamos en el puro concepto de cotangente: base / altura. Por ejemplo:

3cot 1 porque podemos construir un triángulo de base 3 y altura 1 con ángulo .

Resolvemos este problema con números complejos, pasando a la circunferencia unidad, pues en

la circunferencia unidad la suma de ángulos se determina mediante multiplicaciones.

10

3)3(cot 1 i

ei 1013 22 hip

25

7)7(cot 1 i

ei 2517 22 hip

170

13)13(cot 1 i

ei 170113 22 hip

442

21)21(cot 1 i

ei 442121 22 hip

13

2

13

3

13

23

442

21

170

13

25

7

10

3

)21(cot)13(cot)7(cot)3(cot 1111

iiiiiieeee iiii

Luego, finalmente, 2

3

13/2

13/3)21(cot)13(cot)7(cot)3(cotcot 1111

2.3

En primer lugar, 11ºsinºcosºsinºcos 757575 ii , luego

1

1ºsinºcos

75 i

Si 1ºsinºcos75 i , entonces ºsinºcos i es una de las raíces de grado 75 de la unidad,

y por tanto 5

24

75

360kk con 750 k .

Puesto que, además, exigimos 900 ,

1875.1824

59090

5

2490

kk

k

Puesto que, además, exigimos que sean enteros, los números enteros de la forma

5

24k con 180 k

Serán aquellos en los que k sea 0 o múltiplo de 5 = }15,10,5{ , un total de 4 contando el 0

inicial.

Luego hay cuatro soluciones: º72,º48,º24,º0 .

Para el caso 11ºsinºcosºsinºcos2275150 ii y nos encontramos con un

problema similar con las raíces de grado 150 de la unidad.

He hecho estas dos ramas se podrían haber unificado desde el principio puesto que

11ºsinºcos11ºsinºcos1ºsinºcos2150227575 iii

2.4

Sea la raíz principal de grado 360 de la unidad, es decir:

º1sinº1cos i

Entonces:

...

º4sinº4cos

º3sinº3cos

º3sinº3cos

º2sinº2cos

4

3

3

2

i

i

i

i

Queremos calcular )...1Re( 89882

Aplicando la fórmula de la serie geométrica:

1

1

1

1...1

9089882

i

Luego reducimos nuestro problema a determinar

1

1Re

i:

º1sin1º1cos

º1sin1º1cos1

º1sin1º1cos

º1sin1º1cos

º1sin1º1cos

1

º1sin1º1cos

1

1

1

22

ii

i

i

i

i

i

ii

º1sin1º1cos1Re

º1sin1º1cos

1

1

1Re

22ii

i

1º1cosº1sinº1sin1º1cos1Re

º1sin1º1cos1º1cosº1sin

º1sin1º1cosº1sinº1cosº1sin1º1cos1

ii

i

iiiii

Luego queremos demostrar que

2

º5.0cot1

º1sin1º1cos

1º1cosº1sin22

2

1)º5.0cot(1

º1cos1

º1sin

2

1

º1cos1

11cos

º1cos1

º1sin

2

1

º1cos1

1º1cosº1sin

2

1

2º1cos2

1º1cosº1sin

11º1cos2

1º1cosº1sin

º1sin1º1cos2º1cos

1º1cosº1sin

º1sin1º1cos

1º1cosº1sin2222

Donde hemos utilizado la identidad de la tangente del ángulo mitad:

º1cos1

º1sin)º5.0cot()º5.0tan(

º1sin

º1cos1

2.5

5

2º72

. El número iez es una raíz quinta de la unidad: 15 z , y puesto que 1z ,

01234 zzzz .

Dividiendo la igualdad anterior por 2z :

111

111

02

2

2

3

2

4

2

234

zz

zz

z

zz

z

z

z

zzzz

Sea z

zt1

. Entonces 21 2

2

2 tz

z y llegamos a la ecuación

2

510122

ttt

Nos piden 2

511º72cos2

zz

2.6

Sea 7

2A . Entonces

7

42

A y

7

84

A .

Luego

4

4

2

2 1

2

1

7

8cos

1

2

1

7

4cos

1

2

1

7

2cos

zz

zz

zz

Y multiplicando por 4 nosotros buscamos determinar

4

4

4

4

2

2

2

2 111111

zz

zz

zz

zz

zz

zz

Ahora, utilizando que 17 z , la expresión anterior se convierte en

2)10(22 65432 zzzzzz , y por lo tanto el valor buscado es 2

1)2(

4

1 .

3.1

Sea ia 55 , que corresponde con el punto )5,5(A , y ip 2 , que corresponde con el

punto )1,2(P . Queremos determinar los puntos DCB ,, , que se corresponden con los

complejos dcb ,, .

En primer lugar aplicamos una traslación pzz para situar el centro en el origen.

Luego iiipaAA 43255' .

Rotamos 90º en sentido positivo multiplicando por i :

iiiiiiCD

iiiiiiBC

iiiiiiAB

3443)43(''

4334)34(''

3443)43(''

2

2

2

Y ahora deshacemos la traslación inicial sumando p a cada punto:

iiipDD

iiipCC

iiipBB

262)34('

31243'

42234'

3.2

Primera versión. Sea biaz

22

22

22

)3(232

)3(33333

)2()2(2)2(22

baz

babiazbiabiaz

baibaizibaibiaiz

9

52

3

240

9

52

3

240

3

328

3

4

0322443303224433

043624444

43624444

)3(4)2(

)3(4)3(2)2(

)3(2)2(322

2

2

2

222

2222

2222

2222

2222

222222

2222

babaabba

abbaabba

baabba

baabba

baba

bababa

babaziz

Obteniendo una circunferencia de centro

3

2,4 y radio

3

132

Segunda versión.

Aplicamos la propiedad zzz 2

032)(12)(23

032)(12)(23

03612124422

03612124422

626222

626222

62)3(2322

2

2

22

zzzzizz

zzzzizz

zzzziziizzz

zzzziziizzz

zziziz

zziziz

zzziz

Sea

22222

2)(

2)(

baibabiabiazz

abiabiazz

bibiabiazz

biazbiaz

Y nuestra ecuación queda de la forma

032244)(303221222)(3 2222 abbaabiiba

Ecuación que encontramos en la primera versión de este mismo problema.

Fuente de esta solución: "Problemas de olimpiadas sobre números complejos" (Paola Posadas Prados) Pág. 23

3.3

Vamos a resolver este problema mediante números complejos.

Los puntos DCBA ,;, están representados por los complejos dcba ,,, .

Los puntos medios son:

2

daH

,

2

baE

,

2

cbF

y

2

dcG

veamos que los segmentos HE y GF son paralelos:

fg

fg

eh

ehGFHE

//

222

)(

22

bdbadabadabadaeh

22

bdbdeheh

bd

bd

bd

bd

eh

eh

2/)(

2/)(

De la misma forma:

222

bdcbdcfg

2

bdfgfg

bd

bd

fg

fg

Y efectivamente se cumple la condición de paralelismo.

La condición EFGH // se demuestra de forma similar.

Otra manera alternativa es comprobar que los lados opuestos son congruentes:

2222

2222

accabacbdcda

bacbdcdaEFGHEFGH

3.4

Queremos demostrar que se cumple: CBCACBCACAB cos2222

Puesto que bcac

CBCA

CBCA

CBCAC

cos , nos queda

CBCAbcacCbcacbcacab 2cos222222

Pero por otro lado: ccbccabacbcaCBCA )()(

Pero también sabemos que zzz 2

, luego

bbbcaaaccc

bbcbbcccaacaaccc

bcbcacacbcac

222

)()()()(22

Luego la parte derecha de la igualdad queda:

22)()(2

2222222

2222

ABbababababbaa

ccbccababbbcaaaccc

ccbccababbbcaaaccc

Tal y como queríamos ver.

3.5

Vamos a resolver este problema mediante números complejos.

El polígono regular 6543210 AAAAAAA lo vamos a identificar con las 7 raíces complejas de grado

7 de la unidad:

65432

6543210 ,,,,,,1,,,,,, aaaaaaa con 7/2 ie .

Sea '

1a la rotación de 1a con ángulo y centro 1: 111

'

1 aa

Sea 14/2 ie . Se cumple 2 .

Sea '

2a la rotación de 2a con ángulo y centro 1: 112

'

2 aa

Los puntos 3

'

2

'

10 ,,, aaaa están alineados, luego para demostrar la condición

302010

111

AAAAAA

basta (?) demostrar la igualdad:

1

1

1

1

1

1

3

'

2

'

1

aaa

Vamos a ello:

1111

11 22'

1

1

1

'

1

a

a

aa

11

114'

24222

1

2

'

2

a

a

aa

6323

3 a

Es decir:

01

1

111

11

11

111

1

1

1

11

1

11

11

1

1

1

1

1

1

78

27268

5662

62

56

622

56

22

64

56

64

46

6422

6

Pero aquí aplicamos que 8 y 17 :

Con lo que la ecuación 0178 es trivial.

Fuente de la solución: Complex Numbers in Geometry (Marko Radovanovic, 2007), pág. 3

3.6

Vamos a resolver este problema mediante números complejos.

Antes de nada, necesitamos caracterizar la tangencia entre dos circunferencias mediante

distancias: dos circunferencias de centros 1O y 2O y radios 1r y 2r serán tangentes si y solo si

2121 rrOO

En nuestro caso, sabemos que el radio de la circunferencia de los nueve puntos es la mitad del

radio de la circunferencia circunscrita (ver 11.7.1).

Luego, siendo I el incentro, 9N el centro de la circunferencia de los nueve puntos y r el radio

de la circunferencia inscrita, queremos ver que

rRNI 2

19

o equivalentemente, rRNI 22 9 .

Pero, por otro lado, sabemos que R

OIrR

2

2 , donde O es el ortocentro del triángulo (ver

11.13.2)

Luego llegamos a: 2

92 OINIR

Tomamos (ver 20.10.13) 2xA , 2yB y 2zC , para los cuales tenemos

zxyzxyI , 222

92

1zyxN y 0O .

Estamos trabajando con la circunferencia unidad, luego 1R y la igualdad a demostrar es, por

tanto: 2

92 OINI

Luego

22

222222

9 22

122

zyxzyx

zxyzxyzyxzxyzxyzyxNI

Por otro lado,

222 0 zxyzxyzxyzxyOI

Ahora aplicamos la propiedad aaa 2 :

En la izquierda:

zyxzyxzyxzyxzyxzyxzyx

1112

En la derecha:

zxyzxyzxyzxy

zxyzxyzxyzxyzxyzxyzxyzxyzxyzxy

111

2

Y ambas expresiones son iguales a

xyz

zxyzxyzyx , con lo que el problema queda

resuelto.

Fuente de la solución: "Euclidean Geometry in Mathematical Olympiads", Evan Chen, 2016. Página 108

3.7

Resolvemos este problema mediante números complejos, tomando como puntos nQQ ,...,1 los

complejos 12 ...,,,,1 n .

Sabemos que 12 ...,,,,1 n son las n raíces del polinomio 1nx , luego este polinomio se

puede factorizar como:

1

0

1n

k

kn xx

Y, en particular, para 2x :

1

0

1

0

1

0

21212212n

k

k

n

k

knnn

k

kn PQ

Fuente de la solución: "Lecture 11 Complex Numbers" (Holden Lee 2/19/11) pág. 10

3.8

Vamos a resolver este problema mediante números complejos.

Supondremos que el cuadrilátero ABCD está inscrito en la circunferencia unidad.

Por 20.10.12c sabemos que dbah

Por 20.10.5 sabemos que c

abbacabbap y

c

addacaddaq

Por 20.6.2 los puntos P, Q y H estarán alineados si y solo si

hq

hq

hp

hp

dc

abdba

c

abbahp

dab

chp

1

c

abd

abd

abcdc

cdab

dab

c

dc

ab

dab

c

dc

ab

hp

hp

11

bc

addba

c

addahq

Vemos que entre hp y hq la única diferencia es que se intercambian los valores de b y d,

luego llegaremos al mismo resultado:

c

abd

hq

hq

Y por lo tanto son puntos alineados, tal y como queríamos ver.

Fuente de la solución: Complex Numbers in Geometry (Marko Radovanovic, 2007), pág. 17

3.9

Vamos a resolver este problema mediante números complejos.

Supongamos el triángulo inscrito en la circunferencia unidad, y por tanto 1R .

cbah por 20.10.12c.

0O por 20.10.12a.

Luego cbahhhhHOHHOHQ )0(2)(22 .

Por 20.2.9, el baricentro 1T de BCQ será 333

acbacbqcbt

Queremos ver 3

4

3

41 RAT .

3

4

3

4

3

4

3111

a

aa

aatATAT , tal y como queríamos ver.

Las otras dos igualdades: RCTBT3

432 se demuestran de la misma manera.

3.10

Resolvemos este problema mediante números complejos.

Vamos a considerar el triángulo DEF de los puntos de tangencia entre el triángulo ABC y

su circunferencia inscrita. Además, vamos a considerar la circunferencia inscrita como la

circunferencia unidad 1z . Luego 0I .

Asociamos a los puntos FED ,, los complejos fed ,, .

Luego fh y eg .

Por 20.10.8, tenemos fd

dfb

2 y

de

edc

2.

y por tanto

))((

2

))((

))((

)()(

2

22

2

2222

defd

edfedfd

defd

edfedfddfe

defd

fdeddedf

de

ed

fd

dfde

ed

fd

df

cbm

Para determinar el punto Q evitamos utilizar b y c, y utilizaremos únicamente d de forma muy

ingeniosa: ¡dos veces!, puesto que es tangente, se considera "doble" , es decir DDBC , y

aplicando 20.10.9:

2

22

2

2

2

2

2

2

22)(

2)(

))((

)2)()(()()()(

def

efdfded

def

efdfed

efd

efdfed

fed

dfefed

ghdd

ddghhgddq

Y finalmente:

m

q

m

qIRi

m

qIRi

m

qIMQI

0

0

2

22

2

22 ))((

))((

22

def

defd

defd

edfedfd

def

efdfded

m

q

m

q

dfe

eddf

fed

eddf

fed

fedfed

eddf

dfefed

eddf

dfe

de

ed

df

df

dfe

defd

dfe

defd

m

q

)(11

11111

1111

))((

22

2

22

2

2

22

2

Tal y como queríamos ver.

Fuente de la solución: "Bashing Geometry with Complex Numbers, Evan Chen, August 29, 2015" pág. 5

3.11

iz 050

10510510 4/4/

0

4/

1 iii eezez

101051010510 4/24/4/4/

1

4/

2 iiiii eeeezez

1010105101010510 4/24/34/4/24/4/

2

4/

3 iiiiiii eeeeeezez

Por lo tanto vemos la pauta:

1...105

101010...105

4/24/14/4/

4/24/14/4/

iinini

iinini

n

eeee

eeeez

Pero por otro lado, vemos que

1,,,1,,,84/64/4/54/44/34/2/224/4/ eieeeeeieee

es decir, son las raíces de grado 8 de la unidad, y por tanto

01... 4/54/64/74/ iiii

n eeeez

Luego

0

84/4/24/74/84/

8

501015

01051...105

z

eeeeez iiiii

Es decir, los valores generan un bucle de grado 8: 508 zz .

150 mod 8 = 6 , luego

iiii

ieieiiei

eieei

eieei

eeeeeezz

iii

iii

iii

iiiiii

07.1207.7)º135sin105(º135cos105º135sinº135cos10

5101010)(510)(5

1)1(10)(5

1)1(10)(5

1105

34/34/34/

4/34/4/

4/34/54/

4/24/34/44/54/64/

6150

Nota: Los sucesivos puntos generan la siguiente simpática figura con forma de arbolito:

4.1

Usamos las identidades

2cos

nn zzn

2sin

nn zzni

para convertir esta ecuación en una ecuación sobre números complejos:

42

cos2

cos

212

12

1

zzzzzz

4

2cos2

2cos

2222

222

zzzz

4

3cos2

3cos

2332

332

zzzz

024222

4222

4

1444

664422664422

33662244122

23322221

23322221

zzzzzzzzzzzz

zzzzzzzzzzzz

zzzzzz

zzzzzz

Reordenamos los elementos para obtener una progresión geométrica de razón 2z .

Sabemos que 12 z porque la ecuación del enunciado no se satisface para múltiples de .

11 642246

0

zzzzzzz

Por lo tanto, aplicando la fórmula de la suma de términos de una sucesión geométrica:

11 2

66

z

zz

o bien (???)

177 zzzz

Ahora recuperamos la ecuación trigonométrica subjacente:

7sin277 izz sin211 izz

sin7sinsin7sinsin27sin2 ii

Esta última ecuación tiene por soluciones:

4mod0,...3,2,1,04

28,...3,2,1,027 kkkkkk

o bien:

6

)12(

)12(2627,...3,2,1,02)(7

k

kkkkk

Fuente de esta solución: International Mathematical Olympiads Compiled and with solutions by Samuel

L.Greitzer, pág. 49

Fuentes. 1.1 "Contest Problem Book V", pág. 9

1.3 "Problemas de olimpiadas sobre números complejos" (Paola Posadas Prados)

1.4 "Problemas de olimpiadas sobre números complejos" (Paola Posadas Prados), pág. 33

1.9 "Lecture 11; Complex Numbers" (Holden Lee, 2/19/11), pág. 10

1.10 Compiled and Solved Problems in Geometry and Trigonometry (Florentin Smarandache), página 61

1.11 Compiled and Solved Problems in Geometry and Trigonometry (Florentin Smarandache), página 61

1.12 Complex Numbers ARML Practice (Misha Lavrov 10/7/2012) pág. 46

2.1 "Contest Problem Book V", pág. 30

2.4 "Lecture 11 Complex Numbers" (Holden Lee, 2/19/11) pág. 7

3.1 "Problemas de olimpiadas sobre números complejos" (Paola Posadas Prados)

3.2 "Problemas de olimpiadas sobre números complejos" (Paola Posadas Prados) Pág. 23

3.5 Complex Numbers in Geometry (Marko Radovanovic, 2007), pág. 3

3.6 "Euclidean Geometry in Mathematical Olympiads", Evan Chen, 2016. Página 108

3.7 "Lecture 11 Complex Numbers" (Holden Lee 2/19/11) pág. 10

3.8 Complex Numbers in Geometry (Marko Radovanovic, 2007), pág. 4

3.9 Complex Numbers in Geometry (Marko Radovanovic, 2007), pág. 3

3.10 "Bashing Geometry with Complex Numbers, Evan Chen, August 29, 2015" pág. 5

3.11 "Lecture 11 Complex Numbers Holden Lee 2/19/11" pág. 6

4.1 International Mathematical Olympiads Compiled and with solutions by Samuel L.Greitzer, pág. 4

Apéndice.

El "problem-solving", tal y como yo lo entiendo.

La resolución de poblemas, el llamado "problem-solving" es la experiencia más apasionante de

las matemáticas. Los "ejercicios", tan repetitivos propios de los libros de texto, pasan ahora a

ser "problemas", y cada problema es una aventura única, es un enemigo desconocido al que el

estudiante es llamado a enfrentarse con valentía. La resolución de problemas no es muy

importante ni poco importante, es lo único importante en matemáticas. Pero el problem-

solving no es para pusilánimes. Dejemos algunas cosas claras:

1. El problem-solving requiere tiempo: Cada problema exige tiempo para pensarlo, tiempo

para resolverlo, y en la mayoría de las veces, tiempo, mucho tiempo para estudiar

detenidamente la solución propuesta cuando hemos fracasado en su resolución. Solo así se

aprende, día tras día, semana tras semana, año tras año. Solo después de muchos fracasos llegan

los primeros éxitos.

Todos los problemas de los libros de "Toomates Cool·lección" se ofrecen siempre con las

soluciones totalmente desarrolladas, pero no mires nunca la solución, no te rindas, hasta haber

dedicado al problema todo el tiempo necesario... y un poco más.

2. La frustración es inevitable, pero la impotencia que uno siente al fracasar intentando resolver

problemas demasiado difíciles puede llegar a quemar al estudiante de matemáticas, por ello es

fundamental seleccionar problemas de dificultad adecuada.

Todos los problemas de los libros de "Toomates Cool·lección" se presentan siempre indicando

su dificultad: MF: Muy fácil, F: Fácil, M: Dificultad media, D: Difícil, MD: Muy difícil.

Aunque hay que dejar claro que el grado de dificultad de un problema es algo muy subjetivo:

Aquello que alguien puede considerar difícil puede ser muy fácil para otro.

3. Todo juego exige unas reglas, reglas que deben estar claras. Es muy frustrante (aunque muy

enriquecedor) enfrentarse durante horas a un problema para finalmente descubrir que se están

utilizando técnicas o conceptos que uno desconoce. La sensación de haber perdido el tiempo

miserablemente puede ser muy desoladora. Las técnicas y conceptos teóricos que se utilizan

en la resolución de los problemas deben estar claros.

Los libros de problemas de "Toomates Cool·lección" se acompañan con los "libros de teoría"

en donde se recopilan de una forma ordenada todos los contenidos teóricos utilizados en las

resolución de los problemas.

4. La resolución de problemas supone en el estudiante un nivel importante de iniciativa y

autonomía. Los libros de "Toomates Cool·lección" son un recurso más que el estudiante tiene

a su disposición en su biblioteca personal, biblioteca que deberá enriquecer con la adquisición

de infinidad de otros recursos encontrados en Internet, y muchos libros, gratuitos y comprados,

digitales y en papel.

5. El problem-solving requiere la máxima concentración. Cuando nos enfrentamos a un

problema, ¡el cerebro encendido y el móvil apagado!

Las competinciones AMC, un excelente sendero hacia las IMO detrás de un

mar de siglas.

AMC (American Mathematics Competitions)

Es el programa de competiciones matemáticas organizado por la MAA (Mathematical

Association of America) para la selección del equipo que representará a USA en la IMO.

Organiza el sistema de pruebas selectivas AMC10/12, AIME y USAMO.

El sistema escolar USA consta de 12 cursos ("grades") divididos en 3 niveles, que corresponden a las siguientes

edades: Elementary school (Preschool: 4-5, Kindergarten: 5-6, 1st Grade: 6-7, 2nd Grade: 7-8, 3rd Grade: 8-9,

4th Grade: 9-10, 5th Grade: 10-11), Middle school (6th Grade: 11-12, 7th Grade: 12-13, 8th Grade: 13-14), High

school (9th Grade "Freshman":14-15, 10th Grade "Sophomore": 15-16, 11th Grade "Junior": 16-17, 12th Grade

"Senior": 17-18)

AHSME (American High School Mathematics Examination) (1949-2000)

Es la antigua competición matemática para los grados 9 a 12. A partir del año 2000 desaparece

al bifurcarse en AMC10 (Grado 10) y AMC12 (Grado 12).

Consta de 30 preguntas "tipo test" con 5 posibles respuestas, para resolver en 90 minutos.

Los estudiantes que alcanzan los 100 puntos o más de los 150 posibles obtienen el "AHSME

Honor Roll", y son invitados a participar en la AIME (American Invitational Mathematics

Examination). Se suelen clasificar unos 4000 estudiantes anualmente.

Para alcanzar estos 100 puntos, los estudiantes deben contestar correctamente

aproximadamente la mitad de las 30 preguntas y dejar en blanco el resto, pues las respuestas

equivocadas conllevan severas penalizaciones.

Las calculadoras se permiten a partir de 1994, aunque no son necesarias.

AMC8 (American Mathematics Competition Grade 8)

Prueba de 25 preguntas "tipo test" en 40 minutos, para estudiantes de Grado 8 (13-14 años, el

2º ESO en España).

Cubre (aunque no está limitado a ellos) los temas propios del currículum de la "Middle

School": Combinatoria, probabilidad, estimación, razonamiento de proporcionalidad, geometría

elemental incluyendo teorema de Pitágoras, visión espacial, aplicaciones en la vida cotidiana,

lectura e interpretación de gráficos y tablas.

Además, en las últimas preguntas pueden aparecer funciones y ecuaciones lineales y

cuadráticas, geometria cartesiana y algunos elementos de álgebra básica.

AMC10/12 (American Mathematics Competition Grades 10 & 12)

Prueba de 25 preguntas "tipo test" en 75 minutos.

La AMC10 está pensada para estudiantes hasta el grado 10 (el 4º de ESO en España), y 17.5

años de edad como máximo, y cubre el currículum hasta dicho grado.

La AMC12 está pensada para estudiantes hasta el grado 12 (el 2º de Bachillerato en España), y

cubre todo el currículum de la "high school", incluyendo trigonometría, álgebra avanzada,

geometría avanzada, pero excluyendo el calculus.

Existen dos versiones de dichas pruebas: A y B, con la misma estructura y el mismo nivel de

dificultad. Las preguntas son diferentes porque se presentan en fechas diferentes. Los

estudiantes se pueden presentar a ambas pruebas.

AIME (American Invitational Mathematics Examination)

Prueba de 15 preguntas en 3 horas. Las respuestas son siempre números positivos de tres

dígitos. Son convocados los mejores estudiantes en AMC10 y/o AMC12. Su primera edición

fue en el año 1983.

USAMO y USAJMO (USA Mathematical Olympiad y USA Junior Mathematical Olympiad)

Prueba de 6 preguntas en dos días, 9 horas de duración.

A la USAMO son convocados los mejores estudiantes en AMC12 y AIME (alrededor del 5%

superior). A la USAJMO son convocados los mejores estudiantes en AMC10 y AIME

(alrededor del 2.5% superior). Solo pueden presentarse estudiantes americanos y estudiantes en

escuelas americanas o en Canadá.

Los 6 estudiantes con mejores puntuaciones en el combinado AMC10/12, AIME y USAMO

forman el equipo que representa a USA en la Annual International Mathematical Olympiad

(IMO)

IMO (International Mathematical Olympiad)

Es una competición anual para estudiantes preuniversitarios y es la más antigua de las

Olimpiadas Internacionales de Ciencias.1 La primera IMO se celebró en

Rumania en 1959. Desde entonces se ha celebrado cada año. Cerca de cien países de todo el

mundo envían equipos de un máximo de seis estudiantes junto con un líder de equipo,

un tutor - o colíder - y observadores. La competición consta de dos cuestionarios con tres

problemas cada uno. Cada pregunta da una puntuación máxima de 7 puntos, con una

puntuación máxima total de 42 puntos. La prueba se desarrolla en dos días, en cada uno de los

cuales el concursante dispone de cuatro horas y media para resolver tres problemas. Estos se

escogen entre varias áreas de la matemática vista en secundaria, los cuales pueden clasificarse

grosso modo en geometría, teoría de números, álgebra y combinatoria. No se requieren

conocimientos de matemáticas superiores y de las soluciones se espera que sean cortas y

elegantes. Encontrarlas requiere, sin embargo, ingenio excepcional y habilidad matemática.