Memorial Peter O Hallaran 2004 Problema 1 ( ) ( ) = y.

Transcripción

1 Memorial Peter O Hallaran 004 Problema 1 Hallar todos los números naturales m tales que ( + 1) m m 1!!5! ( m 1! ) =! Solución de Daniel Lasaosa Medarde, Pamplona, Navarra, España Denotaremos por x m al miembro de la izquierda y por y m al de la derecha, es decir, xm ( m ) = 1!!5! 1! ; Se puede calcular fácilmente que: 11 1 x1 = 1! =! = y1; x x x y m m m 1 =! 1 = 1!! =! =! = y ; 1 = 1!!5! = 65! = 6! =! = y ; 44 1 = 1!!5!7! = 457! = ! = 10! =! = y 4 4 Por lo tanto, la igualdad propuesta se cumple para m=1,, y 4 Probaremos ahora que éstas son las únicas soluciones Definimos P (x) como la máxima potencia de que divide a x Es conocido que P ( n! ) n = 1 i i= Utilizando que P (x 4 )=P (y 4 ) por ser x 4 =y 4, demostraremos que, para m 5, P (x m )>P (y m ) Para ello, compararemos P (x m ) y P (x m+1 ) por un lado, y P (y m ) y P (y m+1 ) por otro: ( ) ( ) ( 1! ) (( 1! ) ) ( ) P xm+ 1 = P m+ xm = P m+ + P xm ; m+ 1 m m P m m m P m i i i i= 1 i= 1 i= 1 (( + 1! ) ) = = + = + (!) ; ( ) ( ) ( ) P xm+ 1 P xm m+ P m! Consideremos ahora el conjunto A m+1 ={m(m+1)/+1,m(m+1)/+,,(m+1)(m+)/}, que tiene obviamente m+1 elementos que son enteros consecutivos Sea a el exponente de la mayor potencia de que tiene un múltiplo contenido en A m+1 Entonces, existe al

2 menos un número de la forma a c (con c impar) incluido en ese A m+1 Ahora bien, a no divide a ningún otro elemento de ese conjunto, pues por definición ningún elemento de A m+1 es múltiplo de a+1, y si existe otro número que es de la forma a c', siendo c' otro impar distinto de c, entonces existe al menos un número par entre c y c', y a multiplicado por dicho número par sería múltiplo de a+1 y estaría incluido en A m+1, lo cual es absurdo Podemos entonces escribir cada elemento del conjunto como a c+x o como a c x, eligiendo siempre x como no negativo Ahora bien, si x es no nulo y a c+x o a c x está en A m+1, entonces P ( a c+x)=p ( a c x)=p (x), que se demuestra así: si b divide a x, y b a, entonces a divide a x, y por lo tanto también divide a a c+x y a a c x, que es absurdo si uno de los dos está en A m+1 ; si b divide a x, y b<a, entonces b también divide a a, y b divide tanto a a c+x como a a c x Recíprocamente, sabemos que si b divide a a c+x o a a c x, con x no nulo y estando al menos uno de ellos en A m+1, entonces b<a, con lo que b también divide a a, y b debe por lo tanto dividir a x Supongamos que podemos escribir el menor número de A m+1 como a y Entonces, al haber m+1 elementos en A m+1, el mayor elemento de A m+1 es a +m y, con lo que y m y y m y a a ( m+ ) ( m) ( ) ( ) ( ) ( ) P y P y = P c j + P c+ j + a = P j + P j + a 1 j= 1 j= 1 j= 1 j= 1 ( ) (( ) ) = P y! + P m y! + a Ahora bien, como el número de combinaciones de m elementos tomados de y en y es un número entero, se tiene que (m y)!y! divide a m!, con lo que Se tiene entonces que ( ) ( ) ( ) ( ) P m! P y! + P m y! ( ) ( m+ ) ( m+ ) ( m) ( m) + + ( ) ( ) ( ) P ( x ) P ( y ) + m a P x P y P x P y m a P m! P y! P m y! 1 1 m Ahora bien, como a c (m+1)(m+)/, y si m 4, entonces m m, se deduce que ( )( ) Por lo tanto, si m 4 entonces a<m, y m m+ 1 m+ m + m+ m + 4m m m = < ( ) ( ) ( ) ( ) P x P y > P x P y m+ 1 m+ 1 m m Luego si P (x m ) P (y m ) con m 4, entonces P (x m+1 )>P (y m+1 ), y se ha demostrado por inducción que para m 5, P (x m )>P (y m ), luego no puede haber soluciones con m 5

3 Memorial Peter O Hallaran 004 Problema En el triángulo ABC, la altura desde A corta a la circunferencia circunscrita en T El diámetro de la circunferencia circunscrita que pasa por A y la recta OT (O, circuncentro) cortan al lado BC en Q y M, respectivamente Demostrar que donde [ ] representa el área [ AQC] [ MTC] sin B = cosc Solución de Daniel Lasaosa Medarde, Pamplona, Navarra, España A T' O B M Q C T A' Obviamente, la recta OT contiene a un diámetro de la circunferencia circunscrita Sean A', T' los segundos puntos donde los diámetros por A y T respectivamente cortan a la circunferencia circunscrita Es entonces obvio que ATA'T' es un rectángulo, por ser ATA'= AT'A' y TAT'= TA'T' rectos al ser AA' y TT' diámetros Además, por ser AT perpendicular a BC, también lo es A'T', y AT' y TA' son paralelos a BC Por lo tanto, los ángulos que forman AA' y TT' con BC son iguales, o lo que es lo mismo, AQC= TMC Es obvio también que AT' y TA' son simétricos con respecto a la mediatriz común de TA' y AT', que es la perpendicular a BC por el punto medio del rectángulo, es decir O Por lo tanto, CT'=AB, y por el teorema del seno, CTM= CTT'= C= ACQ De aquí podemos concluir que los triángulos AQC y CMT son semejantes, y en consecuencia, que

4 [ AQC] [ CMT] AC = CT Ahora bien, siendo r el radio de la circunferencia circunscrita, se tiene por el teorema del seno que AC=rsinB Por otra parte, CAT= BAC BAT, y al ser AT perpendicular a BC, BAT=π/ B, es decir, CAT= A+ B π/=π/ C, con lo que CT=rsin( CAT)=rcosC Sustituyendo estos dos valores encontrados para AC y CT en la ecuación anterior para el cociente de las áreas y simplificando, se obtiene el resultado buscado

5 Memorial Peter O Hallaran 004 Problema Si a, b, c son números positivos tales que demostrar que Cuándo se verifica la igualdad? 1= ab+ bc+ ca+ abc, ( ) a+ b+ c + 1 abc Solución de Daniel Lasaosa Medarde, Pamplona, Navarra, España De la igualdad dada, aplicando la desigualdad entre medias aritmética y geométrica a ab, bc y ca, que son positivos, y llamando G a la media geométrica de a, b y c, se tiene: 1 G 1 abc ab+ bc+ ca = = abc = G ; ( ) ( ) 0 G G 1 G 1 G 1 + = + Como G es positivo, se deduce que G 1/ Podemos ahora deducir también que: 1 ab+ bc+ ca = 1 abc= 1 G 1 = 4 4 Aplicando la desigualdad de Cauchy-Schwartz a los vectores (a,b,c) y (b,c,a), se tiene Por lo tanto, se llega a a + b + c ab+ bc+ ca = = = ( a b c) a b c ( ab bc ca) Como a+b+c es positivo, se demuestra finalmente que ( a+ b+ c) = 4 G = abc, qed Como hemos aplicado la desigualdad entre las medias aritmética y geométrica de ab, bc y ca, y la desigualdad de Cauchy-Schwartz a (a,b,c) y (b,c,a), la igualdad se da si y solamente si a=b=c=g=1/

6 Memorial Peter O Hallaran 004 Problema 4 Sean z 1, z, z números complejos mutuamente distintos, tales que z1 = z = z = 1, y supongamos que el triángulo cuyos vértices son los puntos cuyos afijos son z 1, z, z, es acutángulo Demostrar que si se verifica la igualdad entonces el triángulo es equilátero = 1, + z + z + z + z + z + z 1 1 Solución de Daniel Lasaosa Medarde, Pamplona, Navarra, España A θ 1 C O B B θ A C Sean A, B y C los puntos cuyos afijos respectivos son z 1, z, z Como O, el punto cuyo afijo es z=0, es el circuncentro de ABC, se tiene que BOC= A, COA= B, AOB= C Sean entonces ( θ ) sin ( θ ) z = e = cos + i ; iθ ( θ ) sin ( θ ) z = e = cos + i ; iθ ( θ ) sin ( θ ) z = e = cos + i i θ Es entonces una propiedad conocida de los ángulos formados por dos vértices del triángulo y su circuncentro que (ver figura)

7 A θ θ 1 = ; B θ θ 1 = ; C = θ θ Ahora bien, por ser el triángulo acutángulo, cada uno de estos tres ángulos es menor que π/, y se tiene: ( θ ) ( θ ) ( θ ) ( θ ) z1+ z = cos 1 + cos + sin 1 + sin ( θ ) ( θ ) ( θ ) ( θ ) ( θ θ ) = + cos cos + sin sin = + cos θ θ θ θ θ θ = + = = ( C) 1 cos sin 1 cos 1 cos De la misma forma, se demuestra que z z cos( A) + = ; z z ( B) + 1 = cos Por lo tanto, los ángulos del triángulo considerado satisfacen la relación: = 1+ cos 1+ cos 1+ cos ( B) ( C) ( A) Ahora bien, utilizando la desigualdad entre medias aritmética y armónica, podemos escribir: ( B) ( C) ( A) ( A) ( B) ( C) + cos + cos + cos = cos 1+ cos 1+ cos cos( A) + cos( B) + cos( C) Podemos entonces utilizar que A+ B+ C=π, con lo que cos( ) cos B + C cos B C 1 sin A A sin A cos B C + = + ; A 1 A B C 0 sin + 4sin 1 cos Pero esto es imposible a menos que cos((b C)/)=1 (es decir, a menos que B= C), y simultáneamente sin(a/)=1/, es decir, A=π/ Luego B= C=(π A)/=π/, y el triángulo cuyos afijos son z 1, z y z es equilátero, qed ;

8 Revista Escolar de la Olimpíada Iberoamericana de Matemática Edita: