Problemas y Soluciones

Transcripción

1 La Gaceta de la RSME, Vol. 18 (15), Núm. 1, Págs Problemas y Soluciones Sección a cargo de Óscar Ciaurri Ramírez y José Luis Díaz Barrero Las soluciones ara esta sección deben enviarse, referentemente, a la dirección de correo electrónico oscar.ciaurri@dmc.unirioja.es en archivos con formato TEX. Alternativamente, ueden enviarse a Óscar Ciaurri Ramírez, Universidad de La Rioja, Dto. de Matemáticas y Comutación, C/ Luis de Ulloa s/n, 64, Logroño. Para los roblemas de este número se tendrán en cuenta las soluciones recibidas hasta el 31 de octubre de 15. Asimismo, solicitamos de los lectores rouestas originales o roblemas oco conocidos adecuadamente documentados. Las rouestas de roblemas que se envíen sin solución serán tenidas en cuenta si su interés está justificado de un modo aroiado. Un asterisco ( ) junto al enunciado de un roblema indica que en estos momentos no se disone de una solución. Problemas Problema 65. Prouesto or D. M. Bătineţu-Giurgiu, Matei Basarab National College, Bucarest, Rumanía, y Neculai Stanciu, George Emil Palade Secondary School, Buzău, Rumanía. Si Γ denota la función Gamma y a n = 1 n (n 1), evaluar an lím n n Γ(n x ) dx. a n+1 Problema 66. Prouesto or Alina Sîntămărian, Technical University of Cluj- Naoca, Cluj-Naoca, Rumanía. Sea n ( 1 S n = ( 1) k 1 k log k + 1 ). k Calcular lím n n k=1 S n log 4 π y lím n n3 S n ( 1)n 1 4n log 4 π.

2 1 Problemas y Soluciones Problema 67. Prouesto or Panagiote Ligouras, Leonardo da Vinci High School, Noci, Italia. Sea ABC un triángulo acutángulo con inradio r, circunradio R y exinradios r a, r b y r c. Sean h a, h b y h c las longitudes de las alturas AD, BE y CF sobre los lados BC, CA y AB, resectivamente, y t a, t b y t c las longitudes de las tangentes desde A, B y C, resectivamente, a la circunferencia circunscrita al triángulo órtico DEF. Probar que t arr a h a(r a r) + t b rr b h b (r b r) + t crr c h c(r c r) = r + R. Problema 68. Prouesto or Cristóbal Sánchez Rubio, I. E. S. Penyagolosa, Castellón. Sea una recta d, una circunferencia ω y sobre esta dos untos fijos A y B y uno variable M. Demostrar que existen dos untos P y Q en d tales que si las rectas MA y MB cortan a d en A y B, resectivamente, el roducto P A QB es constante al variar M. Problema 69. Prouesto or Joaquim Nadal Vidal, I. E. S. Cassà de la Selva, Cassà de la Selva, Girona. La fórmula de Herón ermite calcular el área de un triángulo ABC a artir de las longitudes de sus lados, a, b y c, y del semierímetro s mediante Área(ABC) = s(s a)(s b)(s c). a) Determinar fórmulas ara el cálculo del área de un triángulo análogas a la de Herón en función de las longitudes de las medianas y en función de las longitudes de las alturas. b) Es osible determinar una fórmula similar en función de las longitudes de las bisectrices? Problema 7. Prouesto or Yagub N. Aliyev, Qafqaz University, Khyrdalan, Azerbaiyán. Sea Γ una circunferencia y A un unto exterior a ella. Trazamos un recta or A que corta a Γ en dos untos B y C. Sean D y E los untos de corte con Γ del diámetro erendicular a BC. Si F es el unto de corte de las rectas DB y AE, robar que AC cos( DF E) AB.

3 La Gaceta Secciones 13 Problema 71. Prouesto or Ovidiu Furdui, Technical University of Cluj-Naoca, Cluj-Naoca, Rumanía. ( ) x 1 Sea B(x) = y n un número entero. Calcular el roducto de matrices 1 x B()B(3) B(n). Problema 7. Prouesto or Marcel Chiriţă, Bucarest, Rumanía. Sean f y g dos funciones reales definidas en [, 1] tales que g es integrable en [, 1], con 1 g(t) dt = a, f es continua en [, 1] y x f(t) dt g(x) ara x [, 1]. Probar que 1 (f(t)) dt 6a 1. 3 Soluciones Problema 41. Prouesto or Valcho Milchev, Kardzhali, Bulgaria. Determinar todos los números enteros ositivos a y b tales que a4 a +1 ab 1 número entero ositivo. es un Solución enviada or Roberto de la Cruz Moreno, Centre de Recerca Matemàtica, Barcelona. Como (a 4 a + 1) = a (a + b 1) (ab 1)(ab + 1), se tiene que el roblema lanteado es equivalente a encontrar los a, b enteros ositivos tales que a +b 1 ab 1 es entero. (Observar que a 4 a + 1 es siemre ositivo y a y ab 1 son corimos.) Con esta nueva formulación es evidente que si (a, b) es solución también lo es (b, a). Ademas, (a, b) es solución de a + b 1 ab 1 = k si y solo si ((ka b), a) también lo es. En efecto, (ka b) + a 1 (ka b)a 1 = k a + b abk + a 1 ka ab 1 = k a akb + k(ab 1) ka ab 1 = k ka ab 1 ka ab 1 = k. Entonces, or iteración de estas dos reglas, tenemos que cada solución es arte de una familia de soluciones.

4 14 Problemas y Soluciones Sea (a, b ) una solución tal que a +b es mínima y donde odemos suoner que a < b (sustituyendo se ve que (x, x) nunca uede ser solución). Dada su condición extrema, se tiene que y a + b (ka b ) + a b ka b k = a + b 1 a a b 1 a b b a 3 + a b a a b b a 3 a a b + b + (a 3 a ). Tenemos un olinomio de segundo grado en b cuyo máximo se alcanza en 1 a. Como b > a 1 a y es entero, se tiene que a b + b + (a 3 a ) a (a + 1) + (a + 1) + a 3 a = a + y, or tanto, a = 1. Sustituyendo este valor, queda b = y k = 4. Luego solo tenemos una familia de soluciones. De este modo concluimos que toda solución osible es de la forma (x j, x j+1 ) o (x j+1, x j ), j Z +, donde la sucesión x j está definida or la relación de recurrencia con x 1 = 1 y x =. x j+ = 4x j+1 x j, j, También resuelto or J. Gómez, J. Nadal y el roonente. Se ha recibido una solución incomleta. Problema 4. Prouesto or Marcel Chirita, Bucarest, Rumanía. Determinar las funciones continuas f : [1, ) R tales que x n ara x [1, ) y n N. x f(t) dt = x 1 (t + t + + t n + t n 1 )f(t) dt, Solución enviada or Jon Asier Bárcena Petisco (estudiante), Universidad del País Vasco, Leioa, Vizcaya. Dado que f es continua, una vez fijado n tendremos a la derecha y a la izquierda de la igualdad dos funciones derivables. Como al evaluarlas en x = 1 ambas son nulas, la igualdad se verificará si y solo si sus derivadas son iguales; es decir, nx n 1 f(x n ) f(x) = (x + + x n 1 )f(x).

5 La Gaceta Secciones 15 Es claro que si x > 1 llegamos a o, lo que es lo mismo, Teniendo en cuenta que f(x n ) = f(x) = x n 1 f(x), n(x 1)xn 1 x 1 n( n x 1)x 1 1/n f( n x). (1) lím n x1 1/n = x, lím f( n x) = f(1) y lím n( n x 1) = log x, n n de (1) se deduce que f(x) = λ x 1 x log x, x > 1, siendo λ = f(1) un número real cualquiera. Esta función f es continua en [1, ). Toda función de ese tio es claramente continua y verifica (1), lo que concluye la solución. También resuelto or A. Castaño, M. Fernández y el roonente. Problema 43. Prouesto or Andrés Sáez Schwedt, Universidad de León, León. En un triángulo ABC sean CAB = π/3, ω su circunferencia inscrita, I su incentro y M el unto medio del lado BC. Si la circunferencia ω toca al lado BC en el unto D, corta al segmento AI en F, y al segmento MF en otro unto E distinto de F, demostrar que AD = AE. Solución enviada or Andrea Fanchini, Cantú, Italia. Para cada unto P del lano, sea P el radio vector de este unto resecto de un origen de coordenadas arbitrariamente elegido. Dado un ABC, existen números reales unívocamente determinados x, y y z tales que P = xa+yb+zc y x+y+z = 1. La terna (x, y, z) son las coordenadas baricéntricas absolutas del unto P con resecto al ABC y se escribe P (x, y, z). Cualquier terna de números x, y y z roorcionales a x, y y z son unas coordenadas baricéntricas relativas de P con resecto al ABC y se escribe P (x : y : z ). Sean a, b y c las longitudes de los lados del ABC, A, B y C sus ángulos, s su semierímetro y r su inradio. Usando coordenadas baricéntricas con resecto al ABC, tenemos que A(1,, ) e I( a s, b s, c s ). Siendo CAB = π 3, tenemos que r = AI sen π 6, luego AI = r. Por tanto, F es el unto medio de AI y tiene coordenadas F (a + s: b: c). El unto F también es el unto de Feuerbach del ABC, que se corresonde con el unto X(11) en la Encycloedia of Triangle Centers de Clark Kimberling (ver htt://faculty.evansville.edu/ck6/encycloedia/etc.html).

6 16 Problemas y Soluciones Con esto, la ecuación de la bisectriz IF es x y z a b c = = IF cy bz =. a + s b c Además, tenemos que M(: 1: 1) y D(: s c: s b), luego la recta F M tiene ecuación x y z a + s b c = = F M (b c)x (a + s)y + (a + s)z = 1 1 y la recta DF tiene ecuación x y z s c s b a + s b c = = DF ((s c)c (s b)b)x + (s b)(a + s)y (s c)(a + s)z =. La fórmula ara el ángulo θ entre las rectas de ecuaciones 1 x + q 1 y + r 1 z = y x + q y + r z = en coordenadas baricéntricas referidas al ABC se uede escribir de la manera siguiente (ver teorema 8 en [1]): S θ = S cot θ = S A(q 1 r 1 )(q r ) + S B (r 1 1 )(r ) + S C ( 1 q 1 )( q ) q 1 r 1 q r donde, siguiendo la notación de Conway (ver ág. 33 en []), S es el doble del área del ABC y, or ejemlo, S A = bc cos A = a +b +c. De modo, que IF M viene dado or S IF M = S cot IF M = S A(a + s)(b + c) bs B (a + s b + c) cs C (b c + a + s) c b b c (a + s) a + s y, del mismo modo, IF D viene dado or S IF D = S cot IF D = S A(4a + ab + ac)(b + c) W bs B(c a b ab) + cs C (b a c ac), W

7 La Gaceta Secciones 17 C D I K E M F w A B Figura 1: Esquema ara la rimera solución del Problema 43. con W = b c ab + ac a b + c ab + 3ac c a b + ac 3ab c b. Ahora bien, siendo CAB = π 3, tenemos que a = b + c bc, S A = bc, y S B = b + a + c = c bc = c S A S C = c + a + b = b bc = b S A. Haciendo oeraciones, desarrollando y simlificando, se obtiene S IF M = S IF D = S A a + s b c, luego IF M y IF D son semejantes, véase la figura 1. Así también son semejantes los triángulos rectángulos KDF y KEF. Y lo mismo ara ADK y AEK y, or tanto, AD = AE. Referencias: [1] V. Volenec, Metrical relations in barycentric coordinates, Math. Commun. 8 (3),

8 18 Problemas y Soluciones A w 6 F O x ' x I C -x E M x x D B x x ' G x L Figura : Esquema ara la segunda solución del Problema 43. [] P. Yiu, Introduction to the Geometry of the Triangle, Florida Atlantic University Lecture Notes, 1 (accesible en la dirección htt://math.fau.edu/ Yiu/YIUIntroductionToTriangleGeometry13411.df). Solución enviada or el roonente. Se excluye el caso equilátero or ser trivial, ya que entonces D = E = M. Asumimos b > c sin érdida de generalidad. Si definimos los ángulos, véase la figura, ξ = DF I = F DI y ξ = MF I, bastará robar que ξ = ξ, lo que asegurará que los untos D y E son simétricos con resecto a AI, y se tendrá AD = AE. Sea G el unto de intersección de la recta BC con la erendicular a F I or el unto F. El cuadrilátero DIF G es inscritible en la circunferencia de diámetro IG, luego DGI = ξ. Denotemos or L al segundo unto de intersección de AI con la circunferencia circunscrita al ABC, de modo que, en articular, L está en la mediatriz de BC. Entonces el cuadrilátero LM F G es inscritible en la circunferencia de diámetro LG y se tiene MGL = ξ. Además, MLI = LID = ξ. Si O es el circuncentro del ABC sabemos que BOC = CAB y BIC = π + 1 CAB. Ahora utilizaremos or rimera vez el hecho de que CAB = π 3 ara observar que los dos ángulos anteriores miden π 3, de donde se deduce que los untos B, C, O e I están en una misma circunferencia. Es sencillo darse cuenta de que el centro de esta circunferencia es el unto L y que COL y BOL son equiláteros. Por su arte, el LOI es isósceles con LO = LI, or lo tanto LOI = LIO = π ξ, lo cual

9 La Gaceta Secciones 19 imlica que los untos O, I y G están alineados. Pero además O y L son simétricos con resecto a BC, de donde se deduce que MOG y MLG son congruentes, luego ξ = ξ, como queríamos demostrar. Nota. El roonente también advierte que F es el unto de Feuerbach del ABC. También resuelto or F. D. Aranda, R. Barroso, J. Nadal, C. Sánchez y N. Stanciu y T. Zvonaru (conjuntamente). Problema 44. Prouesto or Paolo Perfetti, Diartimento di Matematica, Università degli studi di Tor Vergata, Roma. Sean α y β números reales tales que α k, α k 1, β k + y β k 1 ara cada entero ositivo k. Definimos la sucesión y los límites a n = n k=1 α + ( 1) k k β + ( 1) k+1 + ( 1) k+1 (k + 1), n 1, y T (α, β) = lím N n=1 N a n, S(α, β) = lím N n=1 U(α, β) = lím N ( 1) n a n. a) Probar que los límites existen si 1 < α + β < 1. b) Determinar los valores de α y β ara los que N n=1 N na n (α + β)s(α, β) 3T (α, β) U(α, β) >. Solución enviada or el roonente (modificada or los editores). Si c n = ( 1) n a n, odemos comrobar que y c n = α + n c n 1 β n, c n+1 = α n 1 c n β + n + 3 c n = 1 + β + α + O(n ), c n 1 n c n+1 = 1 β + α + + O(n ). (1) c n n + 1 Por tanto, c n es una sucesión de signo constante, si n n ara un cierto n, y el límite S(α, β) existe ara 1 < α + β < 1 como consecuencia del criterio de Raabe. Usando el mismo criterio, se uede deducir que la serie diverge ara α + β > 1.

10 13 Problemas y Soluciones La existencia del límite S(α, β) imlica de manera obvia la existencia del límite T (α, β) ara α + β < 1. Observando que na n = ( 1) n nc n, el criterio de Leibniz asegura la existencia de U(α, β) si reviamente robamos que nc n es una sucesión monótona decreciente que tiende a cero. Es conocido que si la serie de una sucesión b n monótona y de términos ositivos converge, entonces nb n tiende a cero. De este hecho odemos deducir que nc n converge a cero ya que (1) imlica que c n es monótona ara n n 1, ara un cierto n 1. Para robar que nc n es monótona basta tener en cuenta que y c n c n 1 n n 1 = 1 + β + α 1 + O(n ) 1, si β + α < 1, n c n+1 n + 1 = 1 + β α 1 + O(n ) 1, si β + α > 1. c n n n Esto rueba el aartado a). Para robar b) demostraremos que Por ser (β + α)s(α, β) 3T (α, β) U(α, β) + (β + 3)a 1 =, β + α < 1. () se tendrá que (β + 3)a 1 = 1 α (β + α)s(α, β) 3T (α, β) U(α, β) >, ara α + β < 1, si y solo si α < 1. Para robar (), escribimos la sucesión c n /c n 1 como Entonces c n β + αc n 1 + ( 1) n+1 c n + ( 1) n+1 (n + 1)c n + ( 1) n nc n 1 =. (β + α)( 1) n a n + α(c n 1 c n ) (a n + a n 1 ) (na n + (n 1)a n 1 ) =. Sumando la identidad anterior ara n =,..., N llegamos a N N N (β + α) ( 1) n a n + α(c 1 c N ) (a n a n 1 ) (na n + (n 1)a n 1 ), n= de donde, tomando límite cuando N tiende a infinito, concluimos (). n= n= No se han recibido otras soluciones.

11 La Gaceta Secciones 131 Problema 45. Prouesto or Juan Bosco Romero Márquez. Sean a, b y c las longitudes de los lados de un triángulo, su semierímetro y r y R, resectivamente, los radios de sus circunferencias inscrita y circunscrita. a) Probar que si λ 1, entonces 7 6rR + λ( 6rR) 3( + 7λ) b) Probar que si λ 1, entonces rr 6rR + λ( 6rR) 3( + 7λ) 6rR Solución enviada or Daniel Văcaru, Pitesti, Rumanía. Considerando la función se tiene f(λ) = 6rR + λ( 6rR), λ >, 3( + 7λ) f (λ) = ( 7rR) 3( + 7λ). Dando momentánemente or suuesto que 7rR, (1) deducimos que la función f es creciente y las desigualdades rouestas son evidentes. En efecto, el aartado a) es equivalente a la desigualdad f() f(λ) f(1), y el aartado b) a f(1) f(λ) lím λ + f(λ). Veamos que la desigualdad (1) es cierta. Usando la identidad rr = abc 4, es osible establecer la equivalencia 7rR (a + b + c) 3 7abc, y esta última desigualdad se verifica or la desigualdad entre la media aritmética y la media geométrica. También resuelto or I. V. Codreanu, R. de la Cruz, J. Nadal, P. Perfetti, B. Salgueiro y el roonente. Problema 46. Prouesto or Nikos Bagis, Aristotle University, Tesalónica, Grecia; y Larry Glasser, Clarkson University, Postdam, Nueva York, Estados Unidos. Probar que ara < φ < π. φ dθ π/ dθ = 1 cos φ cos θ 1 + cos φ cos θ

12 13 Problemas y Soluciones Solución enviada or Emilio Fernández Moral, Logroño, La Rioja. La identidad trigonométrica 1 cos φ cos θ = cos θ φ ( ( tg θ ) ) sen 1 + tg φ sugiere realizar el cambio de variable tg θ = tg z tg φ. Así, y sen φ 1 cos φ cos θ = 1 + cos φ cos z, dθ = tg φ (1 + tg z ) 1 + tg φ dz tg z φ dθ π/ dz =. 1 cos φ cos θ 1 + cos φ cos z También resuelto or los roonentes. Problema 47. Prouesto or Marcel Chiriţă, Bucarest, Rumanía. Sean f : [, 1] R una función derivable y a, b (, 1), con a < b, tales que Probar que 1 a f(x) dx = 1 b f(x) dx =. f(x) dx 1 a + b su{ f (x) : x (, 1)}. 4 Solución enviada or Kee-Wai Lau, Hong Kong, China. Denotando M = su{ f (x) : x (, 1)}, robaremos la desigualdad más fuerte 1 f(x) dx M 4. Alicando integración or artes, se tiene 1 f(x) dx = b a f(x) dx = (b 1)(f(a) + f(b)) La continuidad de la función f y las condiciones a f(x) dx = 1 b b a f(x) dx = ( x a + b ) f (x) dx. (1) imlican que existen y q tales que < < a, b < q < 1 y f() = f(q) =. Así, a q f(a) = f (x) dx am y f(b) = f (x) dx (1 b)m. b

13 La Gaceta Secciones 133 Finalmente, usando b ( x a + b ) f (x) dx M a b a x a + b dx = (b a) M, de la igualdad (1) concluimos que 1 f(x) dx (b a)(1 + a b)m como queríamos demostrar. = (1 (1 + a b) )M 4 + (b a) M 4 M 4, También resuelto or T. Aguilar, A. Álamo, R. de la Cruz, B. Salgueiro, P. Perfetti y el roonente. Problema 48. Prouesto or Larry Glasser, Clarkson University, Postdam, Nueva York, Estados Unidos. Probar que ( x(x π ) cos x e ) dx 1 + x = π ex ( 1 + π 1 + e ). Solución enviada or G. C. Greubel, Newort News, Virginia, Estados Unidos. El resultado es consecuencia de la integral I = C e izf(z ) w a z dz con f(w) = + w b, donde el contorno de integración C aarece descrito en la figura 3. Puesto que el integrando tiene un único olo simle en el interior de C, or el teorema de los residuos tenemos I = e ΓR γ1 γ L1 L L3 izf(z ) z dz = πi Res + ( ) e izf(z ) z +, i. (1) El camino Γ R admite la arametrización z = R e iθ, con θ π, y es claro que e lím R ΓR izf(z ) π e ireiθ f(r e iθ ) z dz = lím + R R e iθ + ire iθ dθ =. Las integrales a lo largo de los caminos γ 1 y γ, que se arametrizan con z±b = ε e iθ, con θ π, verifican e lím ε γ1 γ izf(z ) z dz =. +

14 134 Problemas y Soluciones y Γ R i R γ γ 1 L 1 L L 3 -b b R x Figura 3: Contorno de integración ara la solución del Problema 48. Además, Como πi Res e lím ε R L1 L L3 izf(z ) z + dz = e ixf(x ) x + dx. ( ) e izf(z ) z +, i = πi lím(z i) eizf(z ) z i z + = π ) e f( = π ( +a e de (1) deducimos que e ixf(x ) x + dx = π ( +a e +b ). +b ), Puesto que la arte real de la integral involucra una función ar y la arte imaginaria una función imar, llegamos a la identidad e ixf(x ) x + dx = π ( +a e +b ), de la que concluimos la integral rouesta tomando a = π, b = e y = 1. También resuelto or B. Salgueiro y el roonente.