Problemas de entrenamiento

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María Luisa Castro Tebar
hace 6 años
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1 roblemas de entrenamiento Revista Tzaloa, año 1, número roblema E1-11. (rincipiante) Si =, =, = 90, = 90 y = 60, cuánto mide? roblema E1-1. (Intermedio) Demuestra que la desigualdad ix i + se cumple para todo entero n y todos los números reales no negativos x 1,...,x n. roblema E1-1.(Intermedio) En un paralelogramo están marcados el centro y los puntos medios de los lados. onsidera todos los triángulos cuyos vértices están en estos puntos marcados. hora, en cada triángulo marca los puntos medios de los lados y los puntos medios de la medianas. uántos puntos marcados habrá en total? roblema E1-14. (vanzado) on un plano, cuál es el máximo número de caras de un cubo, un octaedro y un dodecaedro que puedes cortar? roblema E1-15. (vanzado) Determina el número de enteros n > 1 que cumplen que a 1 a es divisible entre n para todo entero a. x i i 1

2 Soluciones de los problemas Solución E1-1. (Irving Daniel alderón amacho, Estado de México). omo + = 180, el cuadrilátero es cíclico. omo = 90, entonces está inscrito en la circunferencia de diámetro. O SeaOel centrodelacircunferencia,puntomediode, entoncestenemosque O = ( ) = 10. Sea r el radio de la circunferencia circunscrita a. plicando la ley de cosenos al triángulo O, obtenemos = r r cos(10 ) = r. or otro lado, aplicando la ley de cosenos al triángulo, obtenemos De las dos ecuaciones anteriores se sigue que = + ()()cos(10 ). r = = 19, 19 por lo que concluimos que r =. Finalmente, como = r, obtenemos = 19. Segunda Solución. Sea D la intersección de y. omo el triángulo D es rectángulo y D = 60, entonces D = 0. Luego, el triángulo D es la mitad de un triángulo equilátero de lado, de donde = 1 D. D

3 horabien,comolosángulosdeltriángulodmiden0,60 y90,tenemosqued = = 4 y D = 7, luego = 7. Entonces, de donde = = + = = = 76, Solución E1-. (Irving Daniel alderón amacho, Estado de México). Se hará una demostración por inducción sobre n, pero antes demostraremos por casos la siguiente desigualdad, la cual se cumple para cualquier número real x no negativo y para todo entero n. (n+1)x n+x n+1 (1) omencemos transformando la desigualdad (1) mediante las siguientes equivalencias: (n+1)x n+x n+1 0 n nx+x n+1 x 0 n(1 x) (1 x)(x n +x n 1 + +x) 0 (1 x) ( n (x n +x n 1 + +x) ). ara x = 1, se cumple la igualdad. Si x < 1, tenemos que 0 < 1 x y por lo que concluimos Si x > 1, tenemos que 0 > 1 x y por lo que concluimos n > x n +x n 1 + +x 0 < n (x n +x n 1 + +x), 0 < (1 x) ( n (x n +x n 1 + +x) ). n < x n +x n 1 + +x 0 > n (x n +x n 1 + +x), 0 < (1 x) ( n (x n +x n 1 + +x) ). on esto terminamos la demostración de (1). hora, comenzamos nuestra prueba por inducción. ara n =, tenemos que ( ) x 1 +x +x 1 +x 0 x x +1 0 (x 1), donde la última desigualdad es evidente. hora, supongamos que la desigualdad se cumple para algún entero n ix i + x i i. Usando la fórmula de ascal, tenemos +1 = + = 1 +n. Sea x n+1 un número real no negativo cualquiera, usando (1) tenemos

4 (n+1)x n+1 n+x n+1 n+1. Finalmente, sumando las dos últimas desigualdades obtenemos n+1 +1 n n+1 ix i +n+ x i i +1 n+1 ix i + x i i. Eso completa nuestra prueba por inducción y la demostración de la desigualdad. Segunda Solución. ara cada número real no negativo x y para cada entero positivo k tenemos, por la desigualdad media aritmética-media geométrica, que x k +k 1 = x k k k x }{{} k 1 1 = kx. k 1 La igualdad se da, para k, si y sólo si x = 1. Luego, utilizando lo anterior para cada x i y sumando, tenemos que ix i ((i 1)+x i i ) = + x i i. La igualdad se da si y sólo si x = = x n = 1 y x 1 0 es arbitraria. Solución E1-.Denotemospor,,, D y E, alospuntosmedios delosladosdel paralelogramo y a su centro respectivamente, como se muestra en la figura. Hay 8 triángulos cuyos vértices están en estos puntos, cuatro que tienen un vértice en E y cuatro para los cuales E es punto medio de uno de sus lados. M E D onsideremos los triángulos que tienen un vértice en E y marquemos los puntos medios de los lados y las medianas. l marcar los puntos medios de los lados,, D, D, E, E, E y DE, obtenemos 8 puntos. Si marcamos ahora los puntos medios de las medianas, obtenemos 1 puntos más, pues cada triángulo tiene medianas. hora consideremos los triángulos para los cuales E es punto medio de uno de sus lados. or ejemplo, en el triángulo D los puntos medios de los lados ya están marcados. Llamemos M al punto medio del lado, entonces el punto medio de la recta EM está marcado, ya que EM es mediana del triángulo E. Observemos que como E es punto medio de D, la recta EM es paralela a D. Esto implica que el punto medio de la mediana del triángulo D está en EM. demás, como es punto medio de D, el punto de intersección de EM y es el punto medio de EM. Esto implica que los puntos medios de las medianas del triángulo D que pasan por y D ya están marcados. La tercera mediana del triángulo D es E, cuyo punto medio ya está marcado. Es decir, con el triángulo D no marcamos ningún nuevo punto y lo mismo pasa con los otros tres triángulos para los cuales E es el punto medio de uno de sus lados. 4

5 or lo tanto, al final habrá = 5 puntos marcados. Solución E1-4. Un plano está definido por tres puntos, es decir, dados tres puntos en el espacio hay un sólo plano que los contiene. Entonces, al cortar un poliedro con un plano, el plano no puede cortar más de dos aristas de cada cara (ya que si no el plano sería la cara). demás, si queremos maximizar el número de caras cortadas, no debe de cortar todas las aristas que salen de un mismo vértice. nalicemos los tres poliedros. or los argumentos anteriores, el plano no puede cortar más de (6) = 6 aristas, ya que un cubo tiene 6 caras. or lo tanto, no puede cortar más de 6 caras. En la figura, presentamos un tal corte del cubo: empezamos con un plano que contiene una diagonal y lo rotamos un poco para cortar las 6 caras. omo las caras del octaedro son triángulos, si una cara es cortada por el plano, de las otras tres caras que pasan por cada uno de sus vértices hay al menos una que no es cortada por el plano. or lo tanto, se pueden cortar a lo más 6 caras, una manera de hacerlo es la siguiente. or los argumentos anteriores, el máximo número de aristas que se pueden cortar es (1) = 1. Si colocamos el dodecaedro en un plano y cortamos con un plano paralelo, es fácil ver que el máximo número de caras cortadas es 10. Veamos que este es el mejor corte. Tomemos una cara que es cortada con el plano. Si el plano corta las cinco caras adyacentes a ella, corta sólo estas 6 caras. Entonces, por cada cara cortada, al menos una de las caras adyacentes no es cortada. Esto implica que el máximo número de caras cortadas es 10. Solución E1-5. (María del Rosario Soler Zapata y Martín Velasco Hernández, hiapas). Supongamosquen > 1cumplelacondición.Entonces,n 1 yn 1,porloquen 1 1 +,esto es,n omo 1 = 8,190 = 5 7 1y = 1,594, 8,19 1= 1,586,10= ,entonces los númerosprimos que aparecenen la descomposición en primos de n pertenecen al conjunto = {,,5,7,1} y tienen exponente a lo más 1. hora, si a es par (o impar), entonces a 1 es par (o impar), por lo que a 1 a es par. Luego, a 1 a para todo entero a, y por lo tanto, n = cumple la condición. 5

6 or otra parte, por el pequeño teorema de Fermat, tenemos que para todo entero a se cumple que a a (mod ), () a 5 a (mod 5), () a 7 a (mod 7), (4) a 1 a (mod 1). (5) Veamos que si n está en, entonces n cumple la condición, es decir, a 1 a (mod n) para todo entero a. 1. De () se sigue que a 1 a 4 (mod ), luego a 1 a 5 a a (mod ), por lo que a 1 a (mod ).. De()sesiguequea 10 a (mod 5),luegoa 1 a 5 a (mod 5),porloquea 1 a (mod 5).. De (4) se sigue que a 1 a 7 (mod 7), luego a 1 a (mod 7). 4. De (5) se sigue que n = 1 cumple la condición. De lo anterior, se sigue que todos los elementos de satisfacen la condición. omo cualesquiera dos elementos de son primos relativos, entonces todo entero de la forma n = a b 5 c 7 d 1 e (con a,b,c,d,e enteros mayores o iguales que 0 y menores o iguales que 1) también será divisor de a 1 a para todo entero a. Luego, los enteros n > 1 que cumplen el problema son precisamente los divisores positivos distintos de 1 del número or lo tanto, la respuesta es 5 1 = 1 enteros. Segunda Solución. Sea n > 1 un entero tal que a 1 a es divisible entre n para todo entero a. Tenemos que p, con p primo, no divide a n, ya que p no divide a p 1 p. Luego, n es producto de primos distintos. omo n debe dividir al número a 1 a para todo entero a, en particular n debe dividir al número 1 = hora, es claro que para todo entero a se cumple que a a (mod ), ya que a a = a(a 1) es producto de dos enteros consecutivos. Luego, a 1 = (a ) 6 a a 6 a (a ) a a a a 4 (a ) a a (mod ). nálogamente, tenemos que a a (mod ) para todo entero a, pues a a = a(a 1)(a+1) es producto de tres enteros consecutivos. Luego, a 1 = (a ) 4 a a 4 a = a a a a = a a (mod ). Usando congruencias módulo 5, 7 y 1 es fácil demostrar (se deja al lector) que para todo entero a, a 5 a (mod 5), a 7 a (mod 7) y a 1 a (mod 1), y como en los dos casos anteriores se sigue que a 1 a (mod 5) y a 1 a (mod 7). Luego, a 1 a (mod 5 7 1)para todo entero a, y por lo tanto los enteros n > 1 que cumplen el problema son precisamente los divisores positivos distintos de 1 del número or lo tanto, la respuesta es 5 1 = 1 enteros. 6

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