Seminario de problemas. Curso Hoja 7

Transcripción

1 Seminario de problemas. Curso Hoja Determinar un número de cinco cifras tal que su cuadrado termine en las mismas cinco cifras colocadas en el mismo orden. La forma más simple de resolver el problema es tratar de encontrar un número abcde tal que abcde abcde =... abcde. Los posibles valores para e son 0, 1, 5 o 6: Si e = 0 tendríamos el número Si e = 1 tenemos la solución Si e = 5, entonces d = y como 10c + 6 termina en c, entonces c = 6. Para obtener b tenemos que (a b65) (a b65) =... b65, lo que nos dice que 10b + 10 termina en b, con lo cual b = 0. Finalmente a065 a065 = a065, con lo cual 10a+9 termina en a y por lo tanto a = 9. Entonces el número solución es: 9065 = Si e = 6, siguiendo el mismo procedimiento se obtiene que: = Hallar todos los intervalos de valores de x para los cuales cos x + sin x > 1; el mismo problema para cos x + sin x > 1. El problema se resuelve de manera sencilla si se interpreta de manera geométrica. Tomando un punto P de la circunferencia de radio 1 centrada en el origen y siendo x el ángulo que forma el semieje positivo OX con OP medido en sentido antihorario, y teniendo en cuenta la condición sobre los lados de un triángulo.

2 Con un poco de explicación: 1. Suponemos primero que 0 x π. Consideramos una circunferencia de radio unidad centrada en el origen de coordenadas O. Sea P un punto de la misma y x el ángulo medido en sentido antihorario que forma el semieje positivo de abcisas con OP. Entonces P tiene de coordenadas (cos x, sin x). Sea ahora Q la proyección del punto P sobre el eje de abcisas. Entonces la desigualdad primera cos x + sin x > 1 puede interpretarse geométricamente en el triángulo rectángulo OP Q como P Q + OQ > OP, es decir que la suma de las longitudes de los catetos es mayor que la longitud de la hipotenusa. Esta relación se cumple obviamente para los ángulos x del primer cuadrante: 0 < x < π. En otro cuadrante cualquiera o bien el sin x o bien el cos x o los dos son negativos y como además sin x < 1 y cos x < 1 no se puede tener esta desigualdad primera. La segunda desigualdad cos x + sin x > 1, requiere al igual que la primera que sus dos sumandos sean estrictamente positivos y esta condición sólo se cumple si cos x > 0 y sin x 0, es decir si 0 < x < π ó si 3π < x < π.. Supongamos que el ángulo es cualquier número real. Entonces la primera desigualdad se cumple para πn < x < π + πn siendo n un entero cualquiera. Y la segunda desigualdad para π + πm < x < π + πm siendo m cualquier entero positivo, negativo o nulo. 39. En los exámenes de segundo curso de Bachillerato de un Centro, aprueban la Física, al menos, el 70% de los alumnos; las Matemáticas, al menos, el 75%; la Filosofía, al menos, el 90%; y el Idioma, al menos, el 85%. Cuántos alumnos, al menos, aprueban esas cuatro asignaturas? Para clarificar el resultado tomaremos una población de referencia de 100 alumnos. Denotaremos por F, M, I y P H, respectivamente, los conjuntos de alumnos que aprueban Física, Matemáticas, Idioma y Filosofía. Denotaremos con A c el complementario del conjunto A y con N(A) el cardinal del conjunto A. A partir del enunciado se obtiene directamente Por lo tanto N(F c ) 30, N(M c ) 5, N(P H c ) 10 y N(I c ) 15. N(F c M c P H c I c ) = 80. Ahora bien, (F M P H I) c = F c M c P H c I c, luego N(F M P H I) = 100 N(F c M c P H c I c ) = 0. De modo que al menos el 0% de los alumnos aprueban esas cuatro asignaturas. 40. Demostrar que cualquiera que sea el número real positivo x, se cumple (1 + x n )(1 x n ) = 1 x n+1.

3 Escribiendo las igualdades que resultan al dar a n los valores 0, 1,,... y multiplicándolas, demostrar que para 0 < x < 1 se cumple 1 1 x = lim k (1 + x)(1 + x )(1 + x ) (1 + x k ). Obviamente (1 + x n )(1 x n ) = 1 (x n ) = 1 x n+1 para todo valor de n. Entonces, si 0 < x < 1 se tiene (1 + x)(1 + x ) (1 + x k ) = 1 x 1 x 1 x 1 x 1 xk+1 1 x k = 1 xk+1 1 x, y está claro que Por lo tanto el límite del producto es 1 1 x. lim (1 xk+1 ) = 1 cuando 0 < x < 1. k 41. Un depósito tiene forma de prisma hexagonal regular, cuyas bases son de 1 m de lado y su altura es de 10 m. Se sitúan las aristas laterales en posición oblicua y se llena parcialmente con 9 m 3 de agua. El plano de la superficie libre del agua corta a todas las aristas laterales. Una de ellas queda con una parte de m bajo el agua. Qué parte queda bajo el agua en la arista lateral opuesta del prisma? Calculemos primero la altura que alcanzaría el agua con el depósito en posición vertical. 9 = 3 3 h, luego h = 3 >. Cuando el depósito se inclina, los 9 metros cúbicos de agua se reparten entre el volumen de un prisma recto de altura metros y el de medio prisma recto de altura h 1. En el primero caben 3 3 = 3 3 metros cúbicos, así que el volumen restante cumple = h 1 = 4( 3 1). Por lo tanto, la altura del agua en la arista opuesta a la indicada en el enunciado es h 1, + h 1 = ( 3 1). Este número es efectivamente mayor que En un plano vertical se consideran los puntos A y B situados sobre una recta horizontal, y la semicircunferencia de extremos A, B situada en el semiplano inferior. Un segmento de longitud a, igual al diámetro de la semicircunferencia, se mueve de manera que contiene siempre al punto A, y que uno de sus extremos recorre la semicircunferencia dada. Determinar el valor del coseno del ángulo que debe formar ese segmento con la recta horizontal, para que su punto medio esté lo más bajo posible. 3

4 Sea C el extremo del segmento que recorre la semicircunferencia dada, M el punto medio del mismo y α el ángulo que forma AC con la horizontal AB, (0 < α < π ). Sea N la proyección ortogonal del punto medio M sobre el segmento AB. Ponemos y = MN. Se desea hallar el valor de cos α para el que M ocupe el punto más bajo, es decir para el que la distancia y sea máxima. En el triángulo MNA, rectángulo en N, es y = AM sin α y en el triángulo rectángulo CBA, es AC = a cos α. Pero AC = AM + MC = AM + a, porque M es el punto medio del segmento uno de cuyos extremos es C. Entonces AM = AC MC = a cos α a y y = ( a cos α a ) a sin α = ( cos α 1) sin α = a (sin α sin α). Esta función es continua y derivable en todos los números reales α. Derivando esta función respecto de α, obtenemos y = a( cos α cos α) e igualando a 0 la derivada y, llegamos a la ecuación 4 cos α cos α = 0. De aquí encontramos dos posibles soluciones cos α 1 = y cos α 8 = 1 33 La derivada segunda de y es, porque < 1 y < 1. y = a ( 4 sin α + sin α) = a sin α(1 8 cos α) y entonces y (α 1 ) = a 33 sin α1 < 0, pues sin α 1 = ± 1 (1 + 33) 64 = ± y elegimos la solución positiva para que α 1 esté en el primer cuadrante. Así sin α 1 > 0. Entonces y alcanza un máximo en α = α 1. Rechazamos la segunda solución α que no está en el primer cuadrante porque cos α es negativo. 4

5 Así el valor máximo de y es: y(α 1 ) = a sin α 1( cos α 1 1) = a ( La respuesta es cos α 1 = = a 3 ( 33 3) ) 1 5