Seminario de problemas. Curso Hoja 18

Transcripción

1 Seminario de problemas. Curso Hoja Demuestra que una ondiión neesaria y sufiiente para que un triángulo sea isóseles es que tenga dos medianas iguales. Soluión: Vamos a utilizar un resultado onoido omo Teorema de Apolonio 1 o Teorema de las medianas, Teorema de Apolonio. En ualquier triángulo ABC de lados de longitud a, b y, si m denota la longitud de mediana sobre el lado, se satisfae la siguiente relaión métria, a + b = 1 + m. Nos piden probar una ondiión equivalente ( si y solamente si, ) que permite identifiar triángulos isóseles. Por tanto tenemos que demostrar dos osas: 1) Si ABC es un triángulo isóseles, entones tiene dos medianas iguales. Sea ABC isóseles de lados a, b y on b =. Apliamos el T. de Apolonio dos vees en la forma a + b = 1 + m, a + = 1 b + m b. Como, b =, llegamos a que m = m b, esto es, las medianas de los lados iguales son iguales. ) Si un triángulo ABC tiene dos medianas iguales, entones es isóseles. Suponemos que m b = m = m, probaremos que b =, luego ABC isóseles. Apliamos el T. de Apolonio otra vez: a + b = 1 + m, a + = 1 b + m. Restamos las dos euaiones y llegamos a b = 1 ( b ), luego 0 = 3 (b ) = (b + )(b ) y, omo b, > 0, la únia posibilidad es b =. 11. Usa el Prinipo del Palomar y la ayuda para probar la siguiente afirmaión: en ualquier onjunto S formado por 10 números enteros de dos dígitos, siempre podemos enontrar dos subonjuntos disjuntos uyos elementos sumen lo mismo. (Ayuda: Responde a las preguntas Cuántos subonjuntos podemos haer on los elementos de S? Cuánto pueden sumar omo máximo los elementos de un subonjunto de S? Quiénes son los nidos y las palomas en este problema?) Soluión: El número de subonjuntos 3 de un onjunto A on n elementos es n (esto inluye el onjunto vaío y el total). En nuestro aso, el número de subonjuntos de S es 10, los queremos dijuntos y que sumen la mismo, luego exluídos el vaío y el total, que no sirven, y nos quedan 1 0 subonjuntos propios. La suma máxima de los elementos de 1 Una demostraión simple de este teorema se puede obtener usando el Teorema del oseno. En 1746, Mathew Stewart da una generalizaión al teorema de las medianas para ualquier eviana de un triángulo. Una eviana es una reta que une un vértie del triángulo on un punto ualquiera de su lado opuesto. Toda mediana es, por tanto, eviana; alturas y bisetries también lo son. Prinipio de Palomar: si tenemos n + 1 palomas y n nidos, en un nido hay por lo menos palomas. 3 El onjunto de todos los subonjuntos de A es un onjunto que se die partes de A.

2 ualquier subonjunto de S es mayor o igual que 10 (viene del de un solo elemento on la menor ifra) y menor o igual que = 945. Así pues disponemos de = 936 sumas posibles (son los nidos), para alojar a 10 = 10 subonjuntos propios (son las palomas). Apliamos el Prinipio del Palomar y tenemos que al menos hay dos subonjuntos uyas ifras suman lo mismo. Si los subonjuntos tuviesen elementos omunes, los eliminamos en ambos subonjuntos y obtenemos subonjuntos disjuntos en los que la suma de elementos sigue siendo la misma Si a 3, demostrar que la suma de números reales 4 a + 1 s = 3 + a + 3 4a + 3 a a + 3 4a + 3, es independiente del valor de a. Calula el valor de diha suma. Soluión: Elevamos la expresión al ubo y agrupamos: s 3 = a+1 + a+3 4a+3 + a+1 a+3 4a ( 3 a+1 + a+3 4a+3)( a+1 a+3 4a+3)( 3 a+1 + a+3 4a a+1 a+3 4a+3 ) = a a 3 7 = a + 1 as. De este modo tenemos que s es una raíz de la euaión x 3 + ax (a + 1) = 0. Ahora, a 1 (a + 1) = 0, por tanto 1 es una raíz real de esta euaión, luego x 3 + ax (a + 1) = (x 1) (x + x + (a + 1)). Las otras dos raíes vienen dadas por la expresión: 1 ( 1 ± 1 4(a + 1)). Analizamos el disriminante de la euaión, = 3 4a y onluímos que: Si < 0, a > 3, la únia raź real es s = 1, la suma es fija. 4 Si = 0, a = 3, 4 x3 + ax (a + 1) = (x 1) (x + x + 1) = (x 1) (x ), luego s = 1, 1. Si > 0, a < 3 4, s = 1, 1 ( 1 ± 1 4(a + 1)), luego la suma depende de a Enuentra todas las funiones f : N N que satisfaen la igualdad f(n) + f(f(n)) = 3n + 5 para todo n N. Soluión: Para n = 1, tenemos la igualdad f(1)+f(f(1)) = 8, luego f(1) = 8 f(f(1)) es un número par menor 8. Esto nos proporiona tres asos: f(1) = 6: si esto ourre, tenemos que 6 + f(6) = 8, luego f(6) = 1 y f(f(6)) = f(1) = 6. Por tanto, = f(6) + f(f(6))1 + 1 = 13, lo que proporiona una ontradiión. f(1) = 4: luego 4 + f(4) = 8 y f(4) =. En este aso, f(4) + f(f(4)) = (1 + f(f(4))) = = 17 lo ual no es posible. f(1) = : de aquí onluímos +f(f(1)) = +f() = 8, luego f() = 3 y apliando la igualdad para n =, llegamos a 3 + f(3) = 11, por tanto f(3) = 4. Iterando este proeso varias vees observamos que se umple la ondiión f(n) = n + 1. Para omprobar que nuestra onlusión es ierta, vamos a proeder por induión.

3 1. La propiedad es ierta si n = 1, ya que f(1) =.. Suponemos que la propiedad es ierta para n, esto es f(n) = n + 1 (hipótesis de induión) y, usando esta suposiión, vamos a probar que f(n + 1) = n +. De f(n) = n + 1, llegamos a f(n) + f(f(n)) = n f(n + 1) = 3 n + 5. Por tanto, f(n + 1) = n + 4 = (n + ) = f(n + 1) = n +. La únia posibilidad es la funión siguiente, f(n) = n Sean (a, b) pares de números reales tales que la euaión x 4 + ax 3 + bx + ax + 1 = 0 tiene al menos una soluión real. Calula el valor mínimo de la suma a + b de tales parejas. (15th IMO, Problem 3, 1973.) Soluión: La euaión que nos proporionan viene determinada por el polinomio p(x) = x 4 +ax 3 +bx +ax+1 uyos oefiientes son (1, a, b, a, 1). Si le damos la vuelta a la 5-tupla, nos queda igual. Este tipo de polinomios se llaman polinomios reíproos y su definiión exata es: p(x) = x n p( 1 ). Algunas propiedades interesantes de polinomios simétrios se x deduen de forma simple desde su definiión. Si α 0 es raź de un polinomio reíproo, 1 también lo es. α Todo polinomio reíproo de grado impar tiene por raíz 1. otras son más ténias, Los ambios de variable del tipo z = x+ 1, permiten fatorizar polinomios reíproos x de grado par (basta on saar fator omún en la expresión polinómia la parte literal del monomio entral y agrupar los términos de la forma x k + 1 ). El ambio realizado x k es equivalente a x zx + 1 = 0 Un ejemplo de polinomio simétrios de grado 4 es q(x) = x 4 + x 3 + x + 1 on a = 1, b = 0. Como q( 1) = 0, tiene una raíz real y la pareja (a, b) = (1, 0) no india que el mínimo que busamos ha de ser 1 pues a + b = 1. En nuestro aso, el monomio entral es bx y la parte literal x, luego p(x) = x (x + 1 x + a(x + 1 x ) + b) y, si haemos el ambio z = x + 1 y elevamos al uadrado, x z = x Sustituyendo x tenemos: p(x) = x (z + az + b ) = p(z) = z + az + b. x Como p(x) = 0 y p(0) = 1, las raíes de este polinomio son distintas de ero, lo que nos lleva a que α es una raíz de p(x) si y solamente si z = α + 1 lo es del polinomio α q(z) = z + az + b. Las raíes de q(z) son: z = a ± a 4(b ) El ambio realizado nos die que x zx + 1 = 0 y si queremos raíz real, z 4 0, luego z = a ± a 4(b ).

4 Ahora 4 z a + a 4(b ). Por tanto a + a 4(b ) 4 o equivalentemente, a 4(b ) 4 a ( 0). Elevamos al uadrado la desigualdad (por la observaión iniial sobre el mínimo, podemos suponer que podemos suponer a 4 y que 8 + 4b 0) a +8 4b 16+a 8 a = 8 a 8+4b = 64a 64+16b +64b = 4a 4+b +4b Si sumamos a ambos lados 4b, tenemos 4(a + b ) 4 + 5b + 4b. De este modo llegamos a la expresión a + b 5 4 (b b ) = 5 4 (b + 5 ) El mínimo de la segunda parte se alanza on b = y vale 4. Como valor de a obtenemos 5 5 a = 4 4 = 16, luego a = ± Soluión Manuel Bello. El mínimo de las sumas de tales parejas es a + b = 4 5. En efeto, si existe un número real t tal que o sea, t 0 y t 4 + at 3 + bt + at + 1 = 0, t t = (a(t + 1 t ) + b). Entones, según la desigualdad de Cauhy-Shwarz, t a t + b (t + 1 t ) + 1 t + 1/t t t a + b. Observar que t + 1/t, (1) 5 t t ya que elevando al uadrado, y haiendo s = t + 1 t (se tiene s ), nos queda 5s 4s + 1 (s )(5s + 6) 0, s. De donde a + b 4 5. Para ver que 4/5 es mínimo (se alanza) observemos que la igualdad en (1) se umple si y solo si t = ±1 ( s = ) y que la igualdad en la desigualdad de Cauhy-Shwarz se da uando y solo uando los vetores (a, b) y (t + 1, 1) son proporionales. Así, nos hae falta t que a = ±b, a + b = 4/5 y el polinomio tenga al menos una raíz real. Esto ourre, por ejemplo, para a = 4/5, b = /5. Observar que el polinomio x 4 + ax 3 + bx + ax + 1, on los oefiientes anteriores, tiene una raíz en x = 1, 1 4/5 /5 4/5 + 1 = 0.

5 116. Sea ABC un triángulo uyos lados (opuestos a ada vértie) denotaremos por a, b y. Sobre la prolongaión del lado dibujamos el punto N de modo que el segmento AN sea igual al lado b y el punto M de modo que el segmento BM y el lado a también sean iguales. Si el punto I de la figura representa el inentro del triángulo, apóyate en la figura para probar que la altura h sobre el lado se puede expresar mediante la fórmula: h = p (p a) (p b) (p ), donde p es el semiperímetro del triángulo. (Desde esta forma de expresar la altura obtenemos omo de forma inmediata la Fórmula de Herón que expresa el área de un triángulo usando el (semi-)perímetro.) Soluión: (Emilio Fernández Moral) Observamos que los triángulos N CM y AIB son semejantes (los triángulos CAN y CBM son isóseles y, las bisetries del ángulo en A y el ángulo en B son perpendiualres a los lados NC y MB respetivamente). Comenzamos ompletando la figura dada mediante una semiirunferenia de entro en el vértie A y radio el lado b que orta al lado en el punto K (la idea está inspirada en una demostraión de Newton de la fórmula de Herón, 1707). Añadimos también los pies de las alturas h y r que denotamos omo H y T respetivamente: Los puntos H y T son homólogos, luego NH = AT y por tanto: NM AB NM AT (a + b + )(p a) p(p a) NH = = =. AB Como el triángulo NKC es retángulo en C, tenemos que h = CH = NH HK. Por otro lado, p(p a) HK = NK NH = b = 4b + a (b + ) = a (b ) = 4 4 (p b)(p ). Sustituímos las expresiones de NH y HK que hemos enontrado y llegamos a: h p(p a) = NH HK = lo que implia el resultado. (p b)(p ) = 4 p(p a)(p b)(p ),