Seminario de problemas Curso 2016-17. Hoja 17. Soluciones

105. Dos aristas opuestas de un tetraedro, de longitudes a y b, son perpendiculares. La distanciaentre ambas aristas, es decir, la mınima distancia entre dos puntos situados uno en cadauna de ellas, es c. Encuentra el volumen del tetraedro.

Solucion.

En una situacion general como la que se muestra en la figura, el volumen del tetraedrose obtiene como la resta de los volumenes de dos piramides rectas con la misma base dearea ac

2y alturas b+ x y x respectivamente.

Entonces VT = 13

(12ac)· (b+ x− x) = abc

6.

Esta segunda figura muestra la situacion “mas regular” en que cada una de las aristasperpendiculares del tetraedro es tambien perpendicular a la recta que une los puntosmedios de ambas aristas.

106. Prueba que de todos los polıgonos de n lados que se pueden inscribir en una mismacircunferencia dada, el regular es el que tiene la mayor area.

Solucion.

Consideramos un n-gono P inscrito en una circunferencia. Si P no es regular, al menosuno de los lados de P es mas pequeno que el lado `n del n-gono regular inscrito en lamisma circunferencia.

Por otra parte, podemos suponer tambien que P tiene tambien un lado mayor que `n.Si no fuera ası, el mayor de los lados de P deja todo P contenido completamente enun segmento circular de cuerda `n. Entonces hay un polıgono P ′ igual (simetrico) a Pcontenido completamente en un n-gono regular inscrito en la misma circunferencia (ver laprimera figura), con lo cual es claro que el area de P es menor que la del n-gono regular.

Entonces elegimos en P un lado mayor que `n y un lado menor que `n. Se puede cambiarla ordenacion o disposicion de los lados de P de modo que esos dos lados elegidos seanadyacentes en un n-gono inscrito transformado Q que va a tener la misma area que P .Porque al permutar la posicion de dos lados adyacentes de un polıgono inscrito en unacircunferencia, el area del polıgono queda invariante (ver la segunda figura, [ABC] =[AB′C] donde los puntos B y B′ son simetricos respecto de la mediatriz de AC), y a basede transposiciones de este tipo se puede conseguir que cualquier par de lados elegidospreviamente queden adyacentes al final.

Entonces sustituimos estos dos lados adyacentes, pongamos que los lados AC y BC, porotros dos, AC ′ y BC ′, de manera que uno de los lados nuevos sea `n (da igual cual, por

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simetrıa respecto del punto medio del arco AB), y dejamos el resto de lados inalterados(tercera figura). El area del nuevo polıgono es mayor ahora, pues la altura del trianguloABC ′ respecto de la base AB es mayor que la del triangulo ABC respecto de la mismabase, como razonamos a continuacion.

Denotamos por α y β, respectivamente, los angulos inscritos CAB y CBA, y por α′ y β′,respectivamente, los angulos inscritos C ′AB y C ′BA. Por el teorema del angulo inscritoen una circunferencia, se cumple

α′ + β′ = 180◦ − C ′ = 180◦ − C = α + β. (1)

Y por otra parte, llamando M al punto medio del arco AB donde esta el punto C tambienresulta del teorema del angulo inscrito que ∠MBC = 1

2|α− β|.

Suponemos ahora que es AC ′ = `n, ası que α′ = π/n y que por ejemplo, β < α. Entonces,

AC < `n < BC ⇒ β <π

n= α′ < α, es decir, α′ ∈ (β, α)

y para que se cumpla (1) es necesario que sea tambien β′ ∈ (β, α), de modo que lasustitucion de lados adyacentes hace que siempre se cumpla |α′ − β′| < |α − β| y, porconsiguiente, que ∠MBC ′ < ∠MBC.

Que el punto C ′ este, entonces, mas cercano al punto M que el punto C ya dice que “estamas alto” que C sobre la base AB, pero si lo queremos con mas rigor, denotando por hCy hC′ respectivamente a las alturas de los triangulos ABC y ABC ′ respecto de la baseAB y por R al radio de la circunferencia, se tiene finalmente

hC′ − hC = R(cos |α′ − β′| − cos |α− β|

)> 0,

y en efecto es hC′ > hC , como querıamos probar.

La iteracion del procedimiento completo (cuarta figura), en el que el area del polıgonosolo puede aumentar, conduce en un numero finito de pasos (tras el penultimo paso todoslos lados del polıgono, salvo dos que son adyacentes, son iguales a `n; estos dos ladosrestantes ocupan entonces entre ambos un arco de medida 4π/n. En el ultimo paso sesustituyen esos lados por dos de longitud `n) a un n-gono regular que, por consiguiente,tiene mayor area que el polıgono P de partida.

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107. Encontrar todas las soluciones reales del siguiente sistema de 10 ecuaciones y 10 incognitas:

xn = 1 +6x2n

x21 + x22 + . . .+ x210, n = 1, 2, . . . , 10.

Solucion.

Supongamos que (x1, . . . , x10) es una solucion del sistema. Pongamos s = x21 + · · · + x210.Para cada n = 1, . . . , 10 se cumple sxn = s+ 6x2n, ecuacion de segundo grado en xn,

6x2n − sxn + s = 0; xn =1

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(s±√s2 − 24s

).

Pongamos que estas dos raices sean a y b. Cada uno de los valores de los xn tiene que ser,o igual a a, o igual a b, y se cumple que ab = s/6.

Supongamos en primer lugar que todos los xn sean iguales. Entonces simplemente

xn = 1 +6x2n10x2n

= 1 +6

10=

8

5para todo n,

y tenemos la solucion (8/5, . . . , 8/5).

En otro caso, supongamos que 5+k de los diez xn son iguales a a (ahora estamos llamandoa al valor mas repetido) y 5− k son iguales a b, siendo 1 ≤ k ≤ 4. Como es xn > 1 paratodo n, se tiene en particular que a > 0 y b > 0. Entonces, usando la desigualdad entrelas medias aritmetica y geometrica de numeros positivos,

s = 6ab = (5 + k)a2 + (5− k)b2 ≥ 2ab√

25− k2,

de donde resulta√

25− k2 ≤ 3, k2 ≥ 16, k ≥ 4. Pero tambien es k ≤ 4, luego k = 4.Nueve de los xn son iguales a a, y uno es igual a b.

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Entonces, por un lado tenemos la suma de los cuadrados

x21 + · · ·+ x210 = s = 9a2 + b2 = 6ab, luego (b− 3a)2 = 0, luego b = 3a.

Y por otro lado, sumando las diez ecuaciones del sistema, se sigue

x1 + · · ·+ x10 = 9a+ b = 10 +6s

s= 16.

De ambas, b = 4 y a = 43, apareciendo ası la solucion (4/3, . . . , 4/3, 4) y sus otras nueve

permutaciones.

108. En la figura, ABCD es un rectangulo cuyo lado AD mide lo mismo que el lado delcuadrado inscrito en la circunferencia de diametro AB. El punto P es un punto cualquierade la semicircunferencia dibujada, de diametro AB. Prueba que AR2 +QB2 = AB2.

Solucion.

En primer lugar podemos cambiar la forma de la relacion requerida:

(AQ+QR)2 + (QR +RB)2 = (AQ+QR +RB)2 ⇐⇒ QR2 = 2 · AQ ·BR. (2)

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Atendiendo a la homotecia de centro P que transforma el segmento RQ en el CD y lospuntos A y B respectivamente en los puntos, alineados con ellos respectivamente, A′ y B′

de la recta CD (ver la figura), la relacion (2) es equivalente a

CD2 = 2 · A′D ·B′C. (3)

Ahora nos fijamos en que ∠APB = 90◦ y que, como consecuencia, los angulos ∠DA′A y∠CB′B son complementarios y los triangulos rectangulos A′DA y BCB′ son semejantes.De esta semejanza deducimos

A′D

AD=BC

B′C⇐⇒ A′D ·B′C = AD ·BC.

Poniendo aquı BC = AD, multiplicando por 2 y considerando que, por hipotesis, es2 · AD2 = CD2, se obtiene (3).

109. Sea ABC un triangulo acutangulo con alturas AD, BE y CF , y ortocentro H. Probarque

AB · AC +BC ·BA+ CA · CBAH · AD +BH ·BE + CH · CF

≤ 2.

Solucion.

Ponemos AB = c, AC = b y BC = a. El cuadrilatero BDHF es cıclico. Entonces,considerando la potencia del punto A respecto de su circunferencia, se tiene

AH · AD = AF · AB = AF · c = bc cosA =1

2(b2 + c2 − a2).

Simetricamente, BH ·BE = 12(a2 + c2 − b2) y CH · CF = 1

2(a2 + b2 − c2). De donde

AH · AD +BH ·BE + CH · CF =1

2(a2 + b2 + c2),

y la desigualdad a probar toma la forma ab+ bc+ ca ≤ a2 + b2 + c2, que sale de la Cauchy-Schwarz con vectores (a, b, c) y (b, c, a), por ejemplo, o de (a− b)2 + (b− c)2 + (c−a)2 ≥ 0.La igualdad se cumple si y solo si a = b = c, es decir, si y solo si ABC es un trianguloequilatero.

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110. Un numero natural es perfecto si es igual a la suma de sus partes alıcuotas, es decir, delos divisores suyos que son distintos del propio numero. El numero perfecto mas pequenoes el 6 (6 = 1 + 2 + 3). Los unicos numeros perfectos que se conocen son numeros paresde la forma 2n−1(2n− 1) donde 2n− 1 es un numero primo (lo cual obliga, ademas, a quen sea tambien primo). Ası, 6 = 22−1(22 − 1) y 3 es primo. Probar que, de hecho,

El numero par N es perfecto ⇐⇒ N = 2n−1(2n − 1) y 2n − 1 es primo.

Solucion.

⇐ Si p = 2n − 1 es primo, las partes alıcuotas del numero par N = 2n−1p son 1, 2, 4,. . . , 2n−1, p, 2p, 4p, . . . , 2n−2p, y su suma es

1 + 2 + 4 + . . .+ 2n−1 + p(1 + 2 + 4 + . . .+ 2n−2) =2n − 1

2− 1+ p

2n−1 − 1

2− 1

= p+ p(2n−1 − 1) = 2n−1p = N,

luego N es perfecto.

⇒ Pongamos σ(N) para designar la suma de todos los divisores del numero N . Supo-nemos que N es perfecto, de modo que σ(N) = 2N . Y N es par, de modo que N = 2n−1acon n ≥ 1 y a impar (a es primo con 2).

Entonces, por un ladoσ(N) = 2N = 2na,

y por otro lado

σ(N) = σ(2n−1a) = (1 + 2 + 4 + . . .+ 2n−1)σ(a) = (2n − 1)σ(a),

y deducimos quea

σ(a)=

2n − 1

2n

Pongamos que 2n − 1 = q (q ≥ 1). Como q y q + 1 son primos entre sı, debe ser

a = λq y σ(a) = λ(q + 1) con λ ≥ 1.

Si λ 6= 1, a = λq implica que a tiene al menos los divisores 1, λ, q y λq, y entonces lasuma de los divisores de a sera

σ(a) ≥ 1 + λ+ q + λq > λ(q + 1),

absurdo, luego debe ser λ = 1. Si ahora q no fuese primo, serıa σ(a) > 1 + q, de nuevoabsurdo. Luego q es primo, y hemos terminado.

Nota. Si 2n−1 es un numero primo, entonces n tambien es primo. Porque si n es compuesto,n = km con k > 1 y m > 1, entonces

2km − 1 = (2k − 1)(2k(m−1) + 2k(m−2) · · ·+ 2k + 1),

luego 2n − 1 es compuesto.

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