Competencia Matemática E. Paenza. Sexta Realización 1991

Transcripción

1 Competecia Matemática E. Paeza Seta Realizació 99 Resolució de los problemas Participate N : Problema. Sea C u cuadrilátero coveo. Si el área del cada uo de los cuatro triágulos determiados por las dos diagoales de C es u úmero atural, pruebe que el área de C o es u úmero primo. Resolució. Solució de Pablo E. Giambiagi, Facultad de Ciecias Eactas y Naturales, UBA Si ABC es u triágulo cualquiera y X u puto e AB, es tiee C h A X B área AXC AX = área XBC XB Sea ahora u cuadrilátero coveo. Llamemos, pues ambos cocietes so iguales a h/2. a = área AXD d = área DXC b = área AXB c = área CXB

2 C D d a X c b A B Obteemos a AX = d XC y 2 b AX = Notar que AX y XC so o ulos pues el cuadrilátero es coveo. De y 2 a d = b c = λ. Sea p y q eteros tales que p q = λ y p : q =. Eiste etoces κ y κ 2 ambos mayores que tales que a = κ p b = κ 2 p, d = κ q c = κ 2 q. Etoces el área total es κ p + κ q + κ 2 p + κ 2 q = κ + κ 2 p + q co κ + κ 2 2 y p + q 2, y por lo tato o es u úmero primo. c XC

3 Problema 2. Calcule lím = arcta 2 +. Resolució. Solució de Adrés H. Ferádez del Prado, Facultad de Igeiería, UBA I. Si f : [, + R es ua fució cotiua, creciete y positiva, verifica para cada atural + + f fd f. = Usaremos las desigualdades cuado f = atural. = II. Notemos que si, resulta arcta. Etoces = arcta 2 + para [, ], d arcta III. Como lím =, dado u úmero real positivo ε cualquiera, es posible ecotrar otro, δ, tambié positivo, tal que si < < δ se verifique que + arcta c. O sea, arcta c para todo < < δ. Por lo tato, como lím = para cualquier N fijo, es posible 2 + ecotrar u atural tal que para todo c arcta Usado ahora las desigualdades y 3, resulta, para cada c d c = 2 + = arcta

4 IV. Se calcula si dificultad d = 2 l /4 [ ] /2 arcta + arcta 2 / /4 Por lo tato, la itegral impropia d coverge y se verifica d = 2 V. Resumiedo, de acuerdo co las desigualdades 2 y 4, se tiee: a = b c arcta d = arcta d, l Tomado límite cuado tiede a ifiito, y usado 5 se deduce lím = arcta 2 + = l 2 2., si.

5 Problema 3. Dado u poliomio P co coeficietes complejos, se defie el úmero etero P como el úmero de raíces distitas de P. Sea P, Q, R tres poliomios co coeficietes complejos tales que P + Q + R = y máimo comú divisorp, Q, R =. Demuestre: má{grado P, grado Q, grado R} P Q R. Resolució. Solució del Comité Orgaizador, ver ota abajo Como P + Q + R =, dos de etre ellos tiee el mismo grado. Supogamos grador gradop = gradoq. Veremos que gradoq P Q R. Sea P = α i r i, Q = β j s j y R = γ t, co los αi, β j y γ todos distitos pues de las hipótesis del problema se sigue que P, Q y R debe ser coprimos dos a dos. Cosideremos la fució racioal F = P/R. Tomado la derivada de log F queda: F F = r i t. α i γ Sea S = α i β j γ. Etoces SF /F es u poliomio de grado a lo sumo P Q R. Veremos que Q divide a SF /F, y por lo tato gradoq P Q R. E efecto, sea G = Q/R, es F + G =, luego F + G =, de dode FF /F + GG /G =. Etoces F /F/G /G = G/F = Q/P, y por lo tato F /FP = G /GQ. Multiplicado por S se tiee SF /FP = SG /GQ. De la misma forma que para SF /F, se observa que SG /G es u poliomio, y como P y Q so coprimos, Q debe dividir a SF /F. Nota. Este problema fue tomado del artículo Old ad New Cojectured Diophatie Iequalities, Bull. of the A.M.S., Vol. 23, Number 99. Su iclusió e la Competecia se debió a u error del Comité Orgaizador. E efecto, sucedió que obtuvimos ua demostració posible de ser ecotrada a uestro eteder e las codicioes de la prueba. Ahora, al teer que redactarla co cuidado para este resume, descubrimos que teía u agujero imposible de ser reparado. Queda etoces sólo la demostració aquí presetada que es la del artículo arriba mecioado, que si bie es relativamete simple, o es como para ser ecotrada e 5 horas durate las cuales hay que pesar tambié otros problemas.

6 Problema 4. Determie los úmeros aturales para los cuales es posible ecotrar úmeros reales positivos, 2,...,! que verifique el sistema ! = =. 2! Resolució. Solució de Jua Martí Maldacea, Istituto Balseiro Notemos primero que si ecotramos,...,! reales positivos tales que: + +! = + +,! etoces podemos hallar la solució buscada. E efecto, fijado 3,...,! y variado y 2, de maera tal que + 2 se matega costate y, Luego, para algú par, 2 se tiee + + =.! Luego el problema es equivalete a pedir que f : R! R, f = + + { }! míimo sobre la superficie S = R! : =, >. La superficie S = { R! :! = =, f + ; luego el míimo se alcaza e algú puto de S. = }! es compacta y si tega borde, Aplicamos el método de Multiplicadores de Lagrage, para hallar etremos de f ligados por la codició g = =. Como f =,..., y g =,..., 2 2! el úico etremo e S se alcaza e =!!,...,, que por lo aterior es u míimo.! Como f =! =!!, el sistema dado tiee solució si y sólo si!!, o sea, si y sólo si se verifica! 2. Se tiee: =, ; = 2, 2; = 3, 4 9; = 4, 36 64; = 5,

7 Por lo tato, se tiee solució para =, 2, 3, 4 y 5. Ahora veremos que o hay solució para igú 6. Demostraremos por iducció que para todo 6,! 2 >. Si = 6,! 2 = y = ! 2 = 2 2! 2 > 2 2 = = =. Pero > pues es creciete y e = 2 vale 2 2. Luego > para todo 3, y etoces, usado,! 2 > para todo 6.

8 Problema 5. Sea P u poliomio móico co coeficietes reales tal que, para el úmero complejo i i 2 = se verifica Pi <. Pruebe que eiste úmero reales a y b tales que Pa + ib = y a 2 + b < 4b 2 +. Resolució. Solució de Pablo A. Parrillo, Facultad de Igeiería, UBA Si P es u poliomio co coeficietes reales móico, tego Pz = z m z 2 m 2...z 2 + α z + β z 2 + α 2 z + β dode los, los α y los β so reales y α 2 4β <. Como Pi = i m i 2 m α i + β + α 2 i + β <, alguo de los factores tiee que ser meor que. Pero para todos los primeros térmios los que correspode a raíces reales se verifica que i 2 = + 2. Por lo tato, alguo de los últimos térmios es meor que. Supogamos que es el correspodiete a α y β : β + α i < β 2 + α 2 < β α 2 2β < β α 2 + 2β < + 4β β + 2 < + 4β α. 2 Ahora, z 2 +α z +β = z a+biz a bi dode a±bi = α 2 ± β Luego, α = 2a, y β = a 2 + b 2. Etoces, la desigualdad se reescribe + a 2 + b 2 2 < + 4a 2 + 4b 2 4a 2 = + 4b 2 y Pa + bi =. α 2. 2

9 Problema 6. Sea p u úmero primo. Si para algú úmero atural, 2 es divisible por p pero o por p 2, demuestre que 2 p o es divisible por p 2. Resolució. Solució de Horacio Casii, Istituto Balseiro Sea α el míimo etero positivo tal que 2 α p. Si β es cualquier etero tal que 2 β p, etoces α divide a β. E efecto: β = α + r, co r < α. Como 2 β = 2 α 2 r 2 r p se deduce que r =. Debe ser 2 α = p +, co tal que p o divide a pues si p divide a, sería 2 α p 2, y como α divide a, sería 2 p 2 cotradiciedo la hipótesis. Por otro lado, por Fermat, 2 p p, luego α divide a p y se tiee p = lα. Etoces 2 p = 2 α l = p+ l = +lp+mp 2. Como l < p, p tampoco divide a l, y se tiee 2 p p 2.