Seminario de problemas Curso Hoja 12

Transcripción

1 Semiario de problemas Curso Hoja Resolver el siguiete sistema de ecuacioes dode x, y, z so reales positivos: x y z 8 x 1 y 4 z 9 10 Solució: E la figura CDE, EFG, GHA y ABC so triágulos rectágulos tales que: GH 1, AH x, AG 1 x EF, GF y, GE 4 y CD 3, ED z, EC 9 z AB 8, BC, AC 10 Debe ser AG GE EC AC 10. Al darse la igualdad, A, G, E y C está alieados. Los cuatro triágulos rectágulos so semejates etre sí: AB 8 z y x 4 8 x ; y ; z 4 BC Hallar las solucioes eteras de la ecuació p( x y) xy, dode p es u úmero primo. Solució Notemos que la ecuació es simétrica: si (a,b) es ua solució, lo será tambié (b,a) La ecuació se puede poer e la forma ( x p)( y p) p. Como los úicos divisores de p so 1, p y p tedremos seis posibilidades: x p 1 y p p ( x p 1, y p p) x p 1 y p p ( x p 1, y p p ) y sus dos solucioes simétricas ( x p p, y p 1) y ( x p p, y p 1) x p p y p p ( x p, y p) x p p ( x 0, y 0) y p p

2 a b b c c a 80. Si a, b y c so úmeros reales positivos demostrar que: a b c Solució: La desigualdad de la derecha se demuestra fácilmete co la desigualdad etre las medias aritmética y cuadrática aplicada a los úmeros a b, b c y c a : a b b c c a a b b c c a ( a b c ) a b b c c a traspoiedo: a b c (La igualdad se da e el caso a=b=c) Para demostrar la desigualdad de la izquierda, propoemos ua solució gráfica si palabras co ayuda del ortoedro de aristas a, b y c La distacia más corta etre dos putos 81. E u cubo de arista a, hallar la distacia etre la diagoal espacial del cubo y la diagoal de ua cara cuado ambas diagoales se cruza. Solució: La diagoal espacial OD es eje terario e el cubo, que atraviesa el triágulo ABC por su baricetro y es perpedicular al plao de ABC. La distacia buscada es u tercio de la altura del triágulo ABC (cuyo lado es a ). Por tato 1 3 a d 3 8. E u dodecágoo regular iscrito e ua circuferecia de radio 1, hallar la suma de los cuadrados de todos los lados y todas las diagoales. Y si el polígoo regular fuese de 014 lados? Solució: Sea A0, A1, A,, A11 los vértices del dodecágoo. Fijamos u diámetro, por ejemplo A0 A, y emparejamos las distacias de cada vértice A i a A0 y A de modo que i i d d0 4 i 0,1, 11

3 Así hemos sumado todas los cuadrados de distacias a los extremos de A0 A. La suma es 4 1 = 48 Ahora cosideramos los demás posibles diámetros (so ), co lo que tedríamos ua suma de 48 =88. Pero cada distacia ha iterveido dos veces. E la figura d 0 iterviee e los triágulos A0 A A y A0 A A 8, co lo que la suma total será 144, es decir 1. Es fácil geeralizar el razoamieto expuesto para polígoos regulares de u úmero par de lados : Sea =k. La suma de los cuadrados de distacias a los extremos de A0 A k es 4. Como hay k=/ diámetros, la suma queda e 4. Pero cada distacia ha iterveido dos veces, por lo que la suma total es. (E el caso e que =014, la suma será 014 ). Tambié se cumple, e el caso e que es impar. Para demostrarlo e geeral (sea par o impar) recurrimos al campo complejo: Cosideremos las raíces -ésimas de 1 co 3 : k k k cos i se co k 0,1,, Cosideremos e primer lugar la primera de estas raíces: ω 0 =1 y calculemos los cuadrados de las distacias de las demás raíces a esta raíz de referecia ω 0 : k 0 se k k k d (, ) 1 cos cos La suma de todos estos cuadrados será, por tato: 1 1 k k cos 1 cos, ya que el primer sumado (para k=0) es ulo. k 1 k 0 Esta suma sólo se refiere a ω 0, pero claramete sucederá lo mismo para la suma de los cuadrados de las demás raíces a ua raíz cualquiera ω i, pues el problema es ivariate por giros. La raíz de referecia se puede tomar de formas distitas, pero e tal caso habremos cotado dos veces cada cuadrado d (, ) d (, ) al tomar como raíz de referecia ω j y ω i respectivamete. Por cosiguiete la suma buscada es i j j i k0 k 0 k0 k k k S 1 cos 1 cos cos 0 1 k k 0 cos Re(0) 0 ya que Re E defiitiva, la suma es S

4 El resultado geeral, e térmios geométricos, es: e todo polígoo regular de lados iscrito e ua circuferecia de radio 1, la suma de los cuadrados de todos los lados y todas las diagoales es 83. Sea AB el diámetro de ua circuferecia y Q el puto medio de uo de los arcos que va de A a B. Tomamos u puto C cualquiera del arco QB. La recta QC corta a la recta AB e D. Levatamos e D ua recta perpedicular a AB, que corta a AC e E. Demostrar que los segmetos BD y DE tiee la misma logitud. Solució Trazamos el segmeto BC. El triágulo BCA es rectágulo e C y semejate a EDA, pues ambos so rectágulos co u águlo agudo comú. AD AC AD BC DE DE BC AC Por otro lado el águlo QCA es de 45º porque es iscrito y abarca u arco de u cuarto de circuferecia. El águlo ECD mide tambié 45º (opuesto por el vértice a QCA). Como BCE es recto (suplemetario de ACB), cocluimos que CD es la bisectriz exterior de BCE. Aplicado el teorema de la bisectriz exterior al triágulo ACB e su águlo C: AD BD AD BC BD DE c. q. d. AC BC AC Solució de Víctor Lachares (más elegate): El cuadrilátero CBDE es cíclico, pues sus águlos opuestos so suplemetarios. Si trazamos la circuferecia circuscrita a dicho cuadrilátero observamos la igualdad de águlos BCD BED 45º (iscritos co el mismo arco BD). Por tato, el triágulo BDE es rectágulo isósceles, por lo que BD=DE. 84. Calcular e fució de el valor de la suma S ( ) ( 1) ( ) ( 3) Pista fácil de probar por iducció : 1 1 Para todo úmero atural se verifica que 1 3

5 Solució: Agrupamos de dos e dos los sumados cosecutivos y aplicamos la idetidad; 3 3 a b a b a ab b. E uestro caso el primer parétesis será 1 y el segudo a a( a 1) ( a 1). Por tato: S ( ) ( 1) ( 1) ( ) ( )( 3) ( 3) Agrupado coveietemete y reordeado: S A B ( 1) (4 1) El primer corchete es coocido A Por otro lado, el segudo corchete se puede orgaizar así: 1 3 ( ) ( 1) B ( 1) (4 1) 4 ( 1) ( 1) 4 ( ) ( 1) ( 1) ( 1)(4 1) ( 1) 3 S A B ( 1)(4 1) ( 1)(4 1) 1 9 (4 3) 3 3 Por fi