Problemas Primera Sesión

Transcripción

1 roblema rimera Seión 1. Demuetra que ax + by) ax + by para cualequiera x, y R y cualequiera a, b R con a + b = 1, a, b 0. n qué cao e da la igualdad? Solución 1. Nótee que ax + by ax + by) = a1 a)x + b1 b)y abxy = abx y), donde hemo uado que 1 a = b y 1 b = a. ta expreión e claramente no negativa, iendo nula i y ólo i bien ab = 0 e decir, uno de entre a, b e 0 y el otro e 1), bien x = y. a, ) Solución. Conidérene lo vectore b y ax, by ), cuyo producto ecalar e ax + by, y cuyo módulo on a + b = 1 y ax + by. La deigualdad propueta e equivalente a la deigualdad del producto ecalar aplicada a eto vectore, y por lo tanto cierta, dándoe la igualdad i y ólo i ambo vectore on proporcionale, coa que puede paar bien i una de u coordenada e nula e decir, i a = 0 o b = 0), bien i amba coordenada on proporcionale cuando no on nula, e decir, x = y. Solución 3. La función fz) = z e claramente convexa, con lo que por la deigualdad de Jenen, para cualequiera reale no negativo a, b, y cualequiera reale x, y, e tiene ax + by) = fax + by) afx) + bfy) a + b = ax + by. a + b Uando que a + b = 1, e obtiene el reultado pedido, dándoe la igualdad bien i uno de lo do punto deaparece e decir, a = 0 o b = 0), o en cao contrario i ambo punto coinciden e decir, x = y).. Sean r y do recta paralela, y un punto fijo a igual ditancia de amba recta. ara cada punto de la recta r, ea C el punto de la recta tal que C = 90, y ea el pie de la perpendicular dede obre la recta C. Demuetra que, independientemente de qué punto de la recta r tomemo, el punto etá obre una circunferencia fija. Solución 1. Sea el punto de r tal que e perpendicular a r. Sea D el punto donde C corta a r. Como etá a la mima ditancia de la recta r y, C = D. Lo triángulo C y D on ambo rectángulo en, comparten el lado, y el lado C e igual al lado D. n conecuencia, ambo triángulo on iguale. Lo pie de la altura dede en cada triángulo on y, repectivamente, por lo que =. Como no depende de, la ditancia = e fija, y el punto etá 1

2 obre la circunferencia fija de centro, que e tangente imultáneamente a la recta r y. r D r D C Solución. Sea M el punto medio del egmento C. Como el triángulo C e rectángulo en, M e u circuncentro, e C decir, M = M = MC. Llamando d a la ditancia de a la recta r y, nótee que la longitud de la altura dede y dede C obre M e d, con lo que r la área de M y MC on amba iguale a d M, y el área del triángulo C e d M. ero C = M + MC = M, luego la longitud de la altura dede obre C e d M M = d, que e contante, concluyendo igual que en la olución anterior. M r C M C Solución 3. Si h e la ditancia entre y la recta r y, podemo tomar un itema de coordenada carteiana tale que 0, 0), r y = h, y = h, y para cualquier punto d, h), la recta tiene pendiente h d, con lo que C y = dx ) h h, C d, h, C y = hdx d h h d + h ) d h ). La ecuación de la recta e entonce y = d h hd x, con lo que podemo hallar como la interección de eta recta con la recta C, reultando finalmente tra algo de álgebra en h d d d + h, h h ) ) d + h, = h 4h d + d h ) d + h ) = h, e decir = h, concluyéndoe como en la olucione anteriore. 3. Un campeonato de balonceto e ha jugado por itema de liga a do vuelta cada par de equipo e enfrentan do vece) y in empate i el partido acaba en empate hay

3 prórroga hata que gane uno de lo do). l ganador del partido obtiene punto y el perdedor 1 punto. l final del campeonato, la uma de de lo punto obtenido por todo lo equipo alvo el campeón e de 015 punto. Cuánto partido ha ganado el campeón? Solución. Supongamo que el número de equipo e n. ntonce, e juegan un total de n ) = n n partido en el campeonato por er a doble vuelta. n cada partido e dan 3 punto, por lo que 3n 3n e el número total de punto dado. Si el campeón tiene punto, y lo otro n 1 equipo tienen entre todo 015 punto, entonce donde ademá > 015 n 1 3n 3n 015 > 015 n 1, = 3n 3n 015, para poder er el campeón. ara que e cumpla eto, ha de er 015n 015 3nn 1) > n 1, n 1 > 3. Como 5 = 65 < 015 3, e tiene que n > 6, o n 7. or otra parte, la puntuación máxima que ha podido obtener el ganador e 4n 1), i ha ganado todo u partido partido con cada uno de lo otro n 1 equipo), e decir, 3n 3n 015 4n 1), 3n 4)n 1) 015. hora bien, i n 8, entonce 3n 4 80, n 1 7, y 80 7 = 160 > 015, luego ha de er n 7. Luego n = 7 e el número de equipo en el campeonato, el número de punto obtenido por el campeón e = 91, y como eto punto e han obtenido en 6 = 5 partido, el número de partido ganado en lo que e obtienen punto en lugar de 1) e claramente 91 5 = Lo entero poitivo x, y, z cumplen x + y = z, x 4y + z = 310. Halla todo lo poible valore del producto xyz. Solución 1. odemo depejar y de la primera ecuación y utituir en la egunda, con lo que ha de cumplire 310 = x z x) + z = zx, zx = 155 = Luego al er 5, 31 primo, e tiene que z ha de tomar uno de lo valore 155, 31, 5, 1, tomando x repectivamente lo valore 1, 5, 31, 155. Como ademá z = x + y > x, lo do último cao quedan decartado. n lo do primero cao, e tiene que y = z x toma repectivamente lo valore 77 y 13, reultando repectivamente en xyz = = 11935, xyz = = 015. Solución. Como x 4y = x y)x + y) = zx y), tenemo que z ha de dividir a 310 z, luego a 310. demá, z no puede er par, pue en ee cao x también 3

4 lo ería, y x 4y + z ería múltiplo de 4, pero 310 no lo e. Luego z ha de dividir a 155 = 5 31, e decir, z ha de tomar uno de lo valore 1, 5, 31, 155. Como z = x + y, con x, y entero poitivo, e impoible que z = 1, y i z = 5, entonce bien x = 3, y = 1, bien x = 1, y =, que obviamente no atifacen la egunda ecuación. Se tiene entonce que z = 31 o z = 155, tomando entonce repectivamente y x = z 310 z lo valore 1 y 153, que junto a y + x = z, no permite hallar lo mimo valore de x, y que por el método anterior, batando multiplicarlo para hallar lo do mimo valore del producto xyz. 5. n una recta tenemo cuatro punto,, C y D, en ee orden, de forma que = CD. e un punto fuera de la recta tal que C = D. Demuetra que CD = i y ólo i C = C. Solución 1. Sea F el punto tal que lo triángulo F y CD on iguale. Claramente un triángulo e el otro deplazado por C, luego F = C y F = C = D = F. Trazamo la circunferencia de centro F que paa por y, y como F = CD, por er el ángulo central el doble del incrito, = CD i y ólo i etá obre la circunferencia que acabamo de trazar, e decir, i y ólo i F = F, y eto e equivalente a C = C. F F C D C D Solución. Sean M el punto medio de CD, el imétrico de repecto de C, y el imétrico de repecto de la recta CD. C M D C M D l triángulo e el reultado de aplicar a CM una homotecia de centro y razón, con lo que e claramente rectángulo en, con = CM = CD =, iendo ademá paralelo a CD, luego a. Se tiene entonce que e diámetro de la circunferencia circuncrita a, que tiene por lo tanto centro en C y radio C. l mimo tiempo, al er paralelogramo por er = paralelo, e paralela 4

5 a, que e la imétrica de repecto a D, mientra que e la imétrica de repecto a D, luego =. Se tiene entonce que CD = y C = C on ambo equivalente a =, luego equivalente entre í, como queríamo demotrar. Solución 3. Notemo en primer lugar que ólo e neceario demotrar que i C = C, entonce CD =. ara ello, conideremo que etá a la izquierda de D obre la recta horizontal D, y etá en una poición tal que e la mitad de CD. Si ahora deplazamo hacia la derecha equivalente a deplazar hacia la izquierda), decrece no bata con coniderar la circunferencia circuncrita a en u poición inicial, y obervar que ale de la circunferencia). De forma análoga, i deplazamo hacia la izquierda equivalente a deplazar hacia la derecha), crece entra en la circunferencia circuncrita a ). Luego exite a lo umo una poición de obre la recta D a la izquierda de CD, tal que CD =, y no bata con demotrar que cuando C = C, etá de hecho en tal poición. Sea entonce un itema de coordenada con centro en C y tal que el eje horizontal coincide con la recta por,, C, D. Denotando por R a la ditancia C, y llamando CD = α con lo que α e claramente agudo), e tiene que = CD = R in α, R, 0) por er C = C, R+R in α, 0) y R in α, R co α). hora bien, R + R in α, R co α), R R in α, R co α), con lo que = R R in α + R co α = R co α, = R + R in α + R in α + R co α = R + in α, = R R in α + R in α + R co α = R in α, y como tenemo que + in α in α = 1 in α = co α, co = = R co α R = co α, co α y queda concluída la demotración. También e poible completar la demotración in realizar la obervación inicial, tomando d, 0), donde hemo de demotrar que d = C i y ólo i co = co α. La egunda condición e traduce, tra algo de álgebra, en la relación d R ) d + R + R coα) ) in α = 0, donde el egundo y el tercer factore on claramente poitivo uamo para ello que d > R para que eté a la izquierda de C), con lo que eta relación e en efecto equivalente a d = R, como queríamo demotrar. 6. Halla toda la terna de reale poitivo x, y, z) que cumplan el itema x x + 1 yy + 1) = 1, 5

6 y y + 1 zz + 1) = 1, z z + 1 xx + 1) = 1. Solución 1. Nótee que, por la deigualdad entre media aritmética y geométrica, e tiene que x + x + 1 x x + 1) = x x + 1, con igualdad i y ólo i x = x + 1, e decir i y ólo i x e una raíz de la ecuación r r 1 = 0. Se tiene entonce de la primera ecuación que y + y + 1 = x x + 1 x + x + 1, y de forma imilar para la otra do, con lo que x + x + 1 y + y + 1 z + z + 1 x + x + 1, con lo que e ha de dar la igualdad en la tre deigualdade, e decir, x, y, z on olucione de la ecuación r r 1 = 0. l producto de la do raíce de eta ecuación e 1, luego exactamente una de ella e negativa, y x, y, z on iguale entre í e iguale a la raíz poitiva, e decir, la única olución e x = y = z = Solución. Supongamo que x < y, luego de la primera ecuación obtenemo x x + 1 = y + y + 1 > x + x + 1, o tra elevar al cuadrado y reagrupar término, 0 > x 4 x 3 x + x + 1 = x x 1 ), claramente falo, luego x y, con x = y i y ólo i on iguale a la raíz poitiva de r r 1 = 0. De forma imilar, obtenemo de la egunda ecuación que y z, y de la tercera que z x, con análoga condicione de igualdad. Luego x y z x, con igualdad i y ólo i x, y, z on la raíz poitiva de la ecuación r r 1 = 0, obteniéndoe la mima única olución que por el método anterior. 6