6. RESOLUCIÓN DE PROBLEMAS

Búsqueda de un modelo

6.1 ¿Cuál es la última cifra de 31999?

6.2 Demuestra que un conjunto de n elementos tiene 2n subconjuntos.

Dibuja una figura

6.3 ¿Para qué valores de a tiene el sistema 0, 1, 2, 3, 4 ó 5 soluciones reales

distintas?

6.4 Una barra de longitud fija se desliza sobre una semicircunferencia con sus extremos M y

N apoyados sobre ella. Se construye el triángulo PRS siendo P el punto medio de MN y R

y S las proyecciones de N y M respectivamente sobre el diámetro. Cuando MN se mueve

sobre la semicircunferencia, ¿cómo son estos triángulos? ¿cambian alguna vez su forma?

Busca un problema semejante

6.5 () Demuestra que, con regla y compás, puedes construir un pentágono regular.

Indicación: ¿Tiene esto algo que ver con resolver la ecuación ?

6.6 Halla la derivada n-ésima de .

6.7 En el interior del triángulo ABC tomo un punto P. Sean D, E y F los pies de las

perpendiculares desde P a a, b y c respectivamente. Halla la posición de P para que la

suma sea mínima.

6.8 () Demuestra que la ecuación no tiene ninguna raíz mayor que 1.

Elige la notación adecuada

6.9 Si n es un entero positivo tal que 2n + 1 es un cuadrado perfecto, demuestra que n + 1 es

la suma de los cuadrados de dos números consecutivos.

6.10 () Si 3n + 1 es un cuadrado perfecto prueba que n + 1 es la suma de 3 cuadrados

perfectos.

1

6.11 Un monje decide subir desde su ermita a la montaña para pasar allí la noche orando. Sale

al amanecer y, después de caminar todo el día llega a la cumbre. Al día siguiente, un poco

más tarde que el día anterior, se levanta y emprende el camino a su ermita por el mismo

sendero, llegando al atardecer. Al ir bajando se pregunta: ¿habrá algún punto del camino

en el que esté hoy a la misma hora que estuve ayer?

Estudia la simetría

6.12 Lanzamos al aire 20 monedas. ¿Qué es más probable: que aparezcan 6 ó 14 caras?

6.13 a) Lanzamos al aire 2m + 1 monedas. Hallar la probabilidad de que aparezca un número

par de caras

b) Resuelve el mismo problema si lanzamos al aire 2m monedas.

6.14 () Sea P un punto de la gráfica de y f (x) siendo f (x) un polinomio de tercer grado;

la tangente en P vuelve a cortar a la curva en Q; sea A el área de la región determinada

por la curva y el segmento PQ, y B el área determinada por la curva y la tangente en Q.

¿Qué relación hay entre A y B?

6.15 Demuestra que el producto de cuatro términos consecutivos de una progresión aritmética

de números enteros, más la cuarta potencia de la diferencia de la progresión es siempre un

cuadrado perfecto.

Demostración por inducción

Una vez que ya has hecho bastantes ejercicios sobre inducción, bueno sería hacer algún hincapié

en la llamada “forma fuerte del principio de inducción”, llamada así porque la hipótesis es

algo más fuerte. En efecto: en el paso de k a k + 1, debes suponer la afirmación cierta hasta k, no

solo para k.

Haciendo uso de él, prueba los siguientes resultados:

6.16 Cualquier número natural mayor que 1 se puede escribir como producto de números

primos.

6.17 () Utilizando la identidad trigonométrica , o

su equivalente , prueba que 2 cos n (2

cos )n + + cn1 (2 cos )n1 + ... + c1(2 cos ) + c0, con los ci enteros. Una vez probado esto

no debes dejar pasar la oportunidad y probar que si , en grados, es un nº racional con 0 <

< 90º, entonces cos es irracional salvo si 60º.

2

Hay algunas “demostraciones” por inducción que afirman cosas sorprendentes.

Aquí van algunas. Tu misión es descubrir el gato.

6.18 Todos los enteros positivos son iguales.

Para probar esta afirmación utilizaremos la siguiente: Si a y b son dos enteros positivos y

max (a, b)  n, entonces a b, sea cual fuere n, que obviamente implica la nuestra y que

probaremos por inducción.

n 1. Si max (a, b) 1 y a y b son enteros positivos, entonces a 1, b 1, a b.

Supongamos ahora max (a, b) n + 1. Entonces max (a 1, b 1) n y, por hipótesis de

inducción, a 1 b 1, de lo que sigue a b y todos los enteros positivos son iguales.

Una utilización algo diferente del método de inducción nos lleva a cosas como éstas:

6.19 Si en una clase de n alumnos aprueba uno, aprueban todos.

Inducción sobre n:

n 1. Evidentemente cierto.

Supongamos ahora una clase de n + 1 alumnos a1, a2, ..., an+1, de la que sabemos que

aprueba uno, supongamos que es a1.

Formo el subconjunto de n alumnos a1, a2, ..., an y por hipótesis de inducción, aprueban

todos. Formo ahora el subconjunto de n alumnos a1, a3, a4, a5,..., an+1 y, por hipótesis de

inducción, aprueban todos. Así pues, han aprobado a1, ..., an y an+1, es decir, todos.

6.20 La misma idea. Demuéstralo tú por inducción y luego descubre el error que has cometido.

Si tengo n rectas en el plano, n 2, o son todas paralelas o existe un punto común a todas.

6.21

i) Probar que para cada número natural n,

xn 1 (x 1) (1 + x + x2 + ... + xn1)

ii) Para cada número natural n, sean

y .

Probar que R2n Dn es el cuadrado de un número natural.

iii) Demostrar que si m y n son números naturales y m divide a n, entonces 2m 1 divide a

2n 1 y Rm divide a Rn.

3

iv)Demostrar que 3937 divide a 235 1.

6.22 El parlamento de un país cuenta con 200 diputados. El 12’1212...% de los asistentes a una

sesión son rubios y el 23’423423...% fuman. ¿Cuántos diputados faltaron a dicha sesión?

6.23 Un cierto subconjunto M de los números naturales tiene entre 10.000 y 10.000 elementos.

De entre ellos, el del total dan resto 1 al dividirlos entre 3, y el del total dan de

resto 2. ¿Cuántos son múltiplos de 3?

6.24 () Halla n números positivos a1, ... , an tales que a1 + ... + an 1000 y que el producto

a1 ... an sea lo más grande posible.

6.25 () Una partícula parte del reposo y, moviéndose en línea recta, alcanza una velocidad v0

cuando ha recorrido una distancia s0. Si en ningún momento la aceleración ha sido

creciente, calcula el tiempo máximo que puede haber empleado.

6.26 () En el interior del triángulo ABC tomo un punto P. Sean D, E y F los pies de las

perpendiculares desde P a a, b y c, respectivamente. Hallar la posición de P para que la

suma sea mínima.

6.27 () Esta nevando con regularidad. A las doce sale una máquina quitanieves que recorre

en la primera hora dos Km y en la segunda solo uno. ¿A qué hora empezó a nevar? Debes

suponer que la cantidad de nieve quitada por la máquina en unidad de tiempo es

constante, de modo que su velocidad resultará inversamente proporcional a la altura de

nieve encontrada en el camino.

6.28 () La sucesión de Fibonacci se define por F1 F2 1 y Fn+1 Fn + Fn1 si n 2.

Demuestra que cualquier número natural se puede escribir como suma de varios números

de Fibonacci, todos diferentes.

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5

SOLUCIONES A LOS EJERCICIOS CON ASTERISCO ()

6.5

Para construir un pentágono regular con regla y compás lo que tenemos es que poder

construir dos vértices consecutivos.

Si recuerdas los números complejos, posiblemente recuerdes que las raíces quintas de la

unidad tienen por afijos los vértices de un pentágono regular inscrito en el origen.

Veamos dos de ellas.

Resolvamos z5 1 0; donde el ángulo lo calculamos según la

fórmula con 0 y k 0, 1, 2, 3, 4.

Para k 0, obtengo 10 1.

Para k 1, obtengo .

Así que , o sea, es una de las raíces quintas de 1, o sea, una solución

de z5 1 0, es decir de (z 1) (z4 + z3 + z2 + z + 1) 0, y, como no es 1, será solución de

la ecuación z4 + z3 + z2 + z + 1 0.

Yo tendré dibujado el afijo correspondiente si tengo el arco, que lo tendré si tengo su co-

seno. Veamos éste.

z4 + z3 + z2 + z + 1 0 nos lleva a , es decir,

, ecuación de la que sé que

es solución. Calculo , con lo

que verifica t2 + t 1 0.

Pero la solución de esta ecuación la puedo construir con regla y compás. En concreto

t2 + t  1 0 nos lleva a y como es positivo, será la , por lo

que y observa que este número lo sé construir con el compás.

Constrúyelo y una vez construido , marca el afijo correspondiente.

6

6.8

Un problema parecido sería probar que una cierta ecuación no tiene ninguna raíz mayor

que cero y si las raíces de nuestra ecuación se corresponden con las raíces de otra cierta

ecuación de modo que se diferencien en 1. Si esta última ecuación no tiene ninguna raíz

positiva, la nuestra no tendrá ninguna raíz mayor que 1. ¿Cuál es esta otra ecuación?

Pues, simplemente la ecuación en y obtenida haciendo x y + 1, es decir, la (y + 1)7  2(y

+ 1)5 + 10(y + 1)2 1 0. Desarrolla y prueba que esta ecuación no puede tener raíces

positivas observando que todos los coeficientes son positivos.

6.10

Todo lo que sé es que 3n + 1 a2 con a entero y a no múltiplo de 3 (si lo fuera, su

cuadrado también lo sería).

¿Cómo son los a enteros no múltiplos de 3?

Pues o bien a 3b + 1 ó a 3b 1.

Así pues 3n + 1 (3b 1)2 9b2 6b + 1, de donde n 3b2 2b y n + 1 3b2 2b

+ 1.

¿Es 3b2 6b + 1 suma de 3 cuadrados perfectos?

Uno de ellos parecería ser el b2 2b + 1, o sea, (b 1)2 y los otros, obviamente b2 y b2.

Así que n + 1 b2 + b2 + (b 1)2, es suma de tres cuadrados perfectos.

6.14

Trabajar con una curva de la forma y ax3 + bx2 + cx + d sería verdaderamente

engorroso. Obviamente si hacemos una traslación de ejes, las regiones en cuestión no

alterarían su área por lo que el tal movimiento no afectaría al problema. ¿Qué

movimientos de ejes transforman la ecuación de la cúbica en otra más elemental?

Ciertamente podemos eliminar d; bastaría subir el eje horizontal al punto (0, d).

¿Podemos simplificar aún más?

Si dibujas unas cuantas cúbicas, es posible que observes que si el origen se trasladara al

punto de inflexión se verificaría que g(x) g(x) siendo y g(x) nueva ecuación. ¿Es

cierto eso en general?

Veamos que sí:

f (x) ax3 + bx2 + cx + d

f (x) 3ax2 + 2bx

f (x) 6ax + 2b f (x) 0 .

Demostremos que f es simétrica respecto del punto de inflexión T, es decir, que

7

T

, o

sea que

Para no escribir tanto, bastaría probar que f (u + p) + f (u p) 2f (u).

Desarrolla y obsérvalo (fíjate los signos de las potencias de grado impar). Una vez visto

esto, traslademos los ejes al punto de inflexión de la curva. Ya sabemos que y f (x) se

convierte en una función impar de 3er grado. ¿Y cómo será? Observa que será y px3 + qx.

La curva será algo así:

El punto P es (x0, px03 + qx0).

Obtengamos Q: la tangente en P tiene por ecuación

Para hallar Q resolvamos el sistema

y px3 + qx

y (px03 + qx0) (3px0

2 + q) (x x0).

Tenemos entonces que px3 + qx (3px02 + q) (x x0) + px0

3 + qx0, o, lo que es lo mismo,

px3 3px02x 2px0

3 0, ecuación de la que sé que x0 es solución (incluso doble). Así pues

px3 3px02x 2px0

3 P(x x0)2 (x + 2x0), con lo que la ecuación que tenemos que resolver

es P(x x0)2 (x + 2x0) 0 x 2x0 es la abscisa de Q.

Calculemos el área

, o sea, Kx04, por lo que B sería K (-2x0)4

16A.

6.17

De la identidad dada, obtenemos que

2 cos (n + 1) 2 cos n 2 cos 2 cos (n 1) , y queremos probar que

2 cos n (2 cos )n + Cn1 (2 cos )n1 + ... + C1 (2 cos ) + C0.

Veámoslo por inducción

Para n 1. ¿Es cierto? Sí; basta tomar C1 1 y C0 0.

Supongamos que la afirmación es cierta para todos los valores enteros hasta n. Probemos

que es cierto para n + 1, es decir, debemos probar que

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BQ

PA

2 cos (n + 1) (2 cos )n+1+ dn1(2 cos )n + ... + d1 (2 cos ) + d0 con los di enteros.

Basta observar que 2 cos (n + 1) 2 cos n 2 cos 2 cos (n 1) y sustituir 2 cos

n y 2 cos (n 1) por los polinomios que, por hipótesis de inducción, tienen esas

características.

Vamos ahora a por la 2ª parte.

Si con p y q enteros, tomo n para que cos n 1 (n 360q) y, para ese n, es

(2 cos )n + Cn1(2 cos )n1+ ... + C1 (2 cos ) + C0 C0

2 cos n, o sea: (2 cos )n + Cn1(2 cos )n1+ ... + C1(2 cos ) + C0 2 0, ecuación

polinómica de coeficientes enteros y coeficiente principal 1 en 2 cos en la que, como

sabes, si hay soluciones racionales, deben ser enteras. Así pues si 2 cos es racional, es

entero.

Como 0 < 2 cos < 2 y el único entero con esa propiedad es 1, tenemos que y

60º.

6.24

Sea a1, ... , an una solución al problema. Si alguno de estos números fuese un “uno”,

digamos a1 1, definimos

b2 a2 + 1; bk ak para cada k 3.

De este modo,

, pero

b2 ... bn (a2 + 1) · a3 ... an > a2 ... an a1 a2 ... an, luego {a1, ..., an} no sería una solución,

contra lo supuesto. Por lo tanto, ninguno de los ais vale “uno”.

Además, ningún ai 4. En efecto, si por ejemplo a1 4 definimos

b0 2, b1 a1 2, bk ak para cada k 2.

Resulta así que

,

y sin embargo, como

b0 · b1 2(a1 2) 2a1 4 a1 + (a1 4) a1, (1)

se cumple que

b0b1b2 ... bn a1 · a2 ... an

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y por tanto podemos reemplazar la solución inicial por otra en la que sólo haya “doses” y

“treses”.

De hecho a lo sumo hay 2 “doses” pues si hubiere 3 o más, digamos a1 a2 a3 2,

definimos

b2 b3 3; bk ak, k 3.

y es claro que y como b2 · b3 > a1 · a2 · a3, se tiene

b2 · b3 ... bn > a1 · a2 ... an

lo que contradice que {a1, ... , an} es solución.

Por otro lado, algún “dos” debe haber, pues en otro caso cada ai 3 y entonces

,

lo cual es falso porque 1000 no es múltiplo de 3.

El mismo argumento nos permite descartar que haya un único “dos”, porque si a1 2 y

ak  3 para cada k 2 se tendría

y esto es imposible ya que tampoco 998 es múltiplo de “tres”. Hemos demostrado así que

necesariamente hay 2 “doses”, y el resto de los ais valen 3. Por tanto,

a1 a2 2; ak 3 para k 3,

y como

,

resulta que

, o sea, n 334

Por ello una solución al problema es:

a1 a2 2; ak 3 para 3 k 334.

En el análisis precedente hemos obtenido, para cada aspirante a solución distinta de la

hallada, otra mejor, salvo en (1) con a1 4; en este caso hemos cambiado la solución

{4, a2, ... , an} por {2, 2, a2, ... , an}

que proporciona el mismo producto. Esto prueba que el problema tiene, exactamente, dos

soluciones: la ya descrita y

a1 4, ak 3, para 2 k 333.

10

6.25

Sea s : [0, ) R : t s (t) la función que hace corresponder a cada t [0, ) la

distancia s (t) recorrida en un tiempo t desde el instante inicial.

Sea t0 el tiempo empleado en alcanzar la velocidad v0.

Así s (t0) s0 y la función velocidad

v s : [0, ) R : t v (t) s( t)

cumple que v (t0) v0. Como la partícula parte del reposo, v (0) 0

La aceleración es la derivada de la velocidad:

a : [0, ) R : t a (t) v(t),

y por hipótesis es no creciente, luego para cada t [0, ).

v(t) a(t) 0

Por tanto, representando la gráfica de v (t) respecto de t,

En consecuencia,

Área luego,

, esto es, el tiempo máximo empleado es , que corresponde al caso en que

la gráfica de v(t) es

es decir, , o lo que es igual, . Por lo tanto, el tiempo empleado es

máximo si el movimiento es uniformemente acelerado.

6.26

11

v(t)

Q

0 (t0, 0) P

s0

t

v0

v(t)

t0 t

v0

P

B CD

A

E

Fc

b

a

z

x

y

Si T es la región del plano encerrada por el triángulo, se trata de encontrar el punto p T

que hace mínima la función

f : T R : P

Observamos que la cantidad

S(P) Área BD

C + Área BD

A + Área AD

C Área T no depende de P, y vale

Área T S(P)

Por lo tanto, f alcanza su mínimo en el mismo punto que

g : T R : P (Área T). f (P)

Desarrollando este producto y agrupando términos,

y como a, b y c son constantes que no dependen de P, obtendremos una solución si

conseguimos minimizar, simultáneamente, las cantidades

Nótese que x, z son positivos y . Por lo tanto, si intentamos minimizar la

función

: (0, ) R : u u +

Como (u) para cada u (0, ), alcanza su

mínimo en u 1, o sea, la cantidad es mínima si , es decir, para z x.

Por la misma razón, es mínima cuando x y, y lo es si z y.

12

Por lo tanto g es mínima en el punto P T para el que x y z, es decir, P es el punto

que equidista de los lados del triángulo, llamado su incentro, ya que es el centro de la

circunferencia en él inscrita.

6.27

Si h es el número de horas que llevaba nevando a las 12. Si denotamos por t el tiempo (en

horas) transcurrido desde las 12, la hipótesis dice que la función velocidad de la máquina

es

v : [0, ) R : t v(t)

para cierto número real positivo k.

El espacio recorrido por la máquina viene dado por

s : [0, ) R : t s(t)

y el enunciado nos dice que

Dividiendo resulta

, o sea , y como la función logaritmo es

inyectiva, , es decir, , esto es

Simplificando,

(h + 1)2 h(2h + 3) 2h2 + 3h, es decir, h2 + h 1 0, y como h > 0, obtenemos

.

Así pues, empezó a nevar horas antes de las 12.

Aproximando por 2,23 se tiene horas 36,9 minutos. Así, empezó a

nevar, aproximadamente a las 11 horas y 23,1 minutos.

6.28

Se trata de demostrar que el conjunto

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S {n N : n no se puede escribir como suma de varios números de Fibonacci, todos

diferentes}

es vacío. Si no lo fuera, tomamos el mínimo m S de sus elementos.

En particular, como m S, m no es un número de Fibonacci.

Por otro lado, la sucesión {Fn} no es acotada pues de hecho Fn > n para cada n 5. En

efecto,

F1 F2 1, F3 2, F4 3, F5 5, F6 8, ...

y trabajando por inducción, F6 8 6 y si n > 6

y por hipótesis de inducción Fn1 > n 1 resulta

Fn2 n 2

Fn Fn1 + Fn2 > n 1 + n 2 n + (n 3) > n.

Por tanto, como {Fn} no es acotada y m no es número de Fibonacci, existe un número

natural k tal que Fk < m < Fk+1.

En particular, m Fk es un número natural menor que m min s, luego m Fk s. Existe

por ello un subconjunto J N finito, tal que

.

luego . Si probamos que k J habremos escrito m como suma de números

de Fibonacci distintos, es decir, m s, contradicción.

Pero si k J sería

Fk, luego m Fk + Fk > Fk + Fk1 Fk+1, lo cual es falso.

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15