Soluciones a los problemas de nivel medio propuestos en el

PROBLEMAS DE NIVEL MEDIO Y DE OLIMPIADA 37
Cinco problemas de la Competición Matemática de Stanford
Soluciones por Daniel Lasaosa Medarde, Universidad Pública de Navarra, Pamplona, España
37.1. En un tetraedro (no necesariamente regular), dos aristas opuestas tienen
la misma longitud a y son mutuamente perpendiculares. Además, cada una de ellas
es perpendicular al segmento, de longitud b, que une sus respectivos puntos medios.
Expresar el volumen del tetraedro en función de a y b (1946,#2).
Con origen en el punto medio del segmento de longitud b, podemosexpresar las
coordenadas de los vértices del tetraedro como − a2 , 0, − 2b , a2 , 0, − 2b , 0, − a2 , 2b
y 0, a2 , 2b , con lo que los tres vectores con
origen en
el primer vértice y extremo
en los otros tres serı́an (a, 0, 0), a2 , − a2 , b y a2 , a2 , b , con producto mixto
a
0 0 a
2
a
a2 −a2 b = −a b,
b
2
2
con lo que el volumen buscado es
|−a2 b|
6
=
a2 b
6 .
37.2. Diez personas están sentadas alrededor de una mesa redonda. Se quiere
distribuir la cantidad de 10$ entre ellas, de manera que cada una reciba la mitad
de la suma de las cantidades que reciben las dos personas que tiene sentadas a su
derecha y a su izquierda. Hay una única forma de hacer el reparto? (1956,#4).
Numeramos las personas de 1 a 10 con notación cı́clica, es decir, 11 = 1, 0 = 10,
y sea xi la cantidad de dinero que recibe la persona i. Si xi = xi+1 para algún i,
entonces todos los xk con k = 1, 2, . . . , 10 son iguales; en efecto, xi−1 = 2xi −xi+1 =
xi , xi+2 = 2xi+1 −xi = xi , y tras trivial inducción xk = xi para todo k. Ahora bien,
sea j tal que xj es la máxima cantidad dada a una de las 10 personas. Claramente,
2xj = xj−1 + xj+1 ≤ 2xj , con igualdad si y sólo si xj−1 = xj = xj+1 , y como ha de
darse necesariamente la igualdad, xj = xj+1 , con lo que todos los xk son iguales y
existe una única manera, dando 1$ a cada persona.
37.3. ¿Cuál es la edad del capitán, cuántos hijos tiene, y cuál es la longitud de
su barco? Se conoce el producto, 32118, de los tres números naturales buscados; la
longitud de su barco se mide en pies (más de uno); el capitán tiene hijos e hijas;
y tiene más años que el número total de sus hijos, pero no llega a tener 100 años.
(1958,#1)
Como 32118 = 2 · 3 · 53 · 101 en factores primos, y la edad del capitán no puede
ser mayor que 100, ha de ser un divisor de 6 · 53, con lo que la edad del capitán es
53 años. Si asumimos que por ”el capitán tiene hijos e hijas” se entiende que tiene
más de un hijo y más de una hija (luego por lo menos 4 en total), y al tener menos
de 53 hijos, entonces el capitán tiene 6 hijos, y la longitud del barco es 101 pies.
En caso de que no sea posible asumir lo anterior, lo único que sabrı́amos es que el
capitán tiene por lo menos 2 hijos en total, para posibles soluciones de 2 hijos (un
1
hijo y una hija), y barco de 303 pies, 3 hijos en total (dos hijos y una hija, o dos
hijas y un hijo), y barco de 202 pies, además de la ya comentada anteriormente.
37.4. Sobre cada lado de un triángulo cualquiera se construye, exteriormente al
triángulo, un cuadrado. Los 6 vértices de esos cuadrados que no son vértices del
triángulo forman un hexágono. Tres de sus lados son, evidentemente, iguales a los
lados correspondientes del triángulo. Demostrar que cada uno de los restantes tres
lados del hexágono es igual al doble de una mediana del triángulo. (1959,#4)
Sea ABC el triángulo, y sean ABDE, BCF G y CAHI los cuadrados. Se tiene
entonces que el hexágono es DEHIF G, siendo DE = AB, F G = BC y HI = CA.
Ahora bien, ∠EAH = π − ∠BAC al ser ∠BAE = ∠CAH = 90◦ . Por lo tanto,
utilizando el teorema del coseno dos veces y el teorema de la mediana (siendo mA
la longitud de la mediana desde A), se tiene
EH 2 = AE 2 + AH 2 − 2AE · AH cos ∠EAH =
= AB 2 + AC 2 + 2AB · AC cos ∠BAC = 2AB 2 + 2AC 2 − BC 2 = 4m2A ,
al ser AE = AB y AH = CA. Luego EH = 2mA . Permutando cı́clicamente los
vértices, se obtiene igualmente que GD = 2mB e IF = 2mC .
37.5. (1961#4) Dados a, b, c resolver el sistema de tres ecuaciones en las incógnitas
x, y, z:
x2 y 2 + x2 z 2 = axyz,
y 2 z 2 + y 2 x2 = bxyz,
z 2 x2 + z 2 y 2 = cxyz.
Nótese en primer lugar que si alguno de entre a, b, c es nulo (sin pérdida de
generalidad a = 0), entonces xy = zx = xyz = 0, con lo que xy = yz = zx = 0
para las soluciones (x, 0, 0), (0, y, 0) y (0, 0, z) para cualesquiera x, y, z reales, siendo
éstas además las únicas soluciones tales que xyz = 0. Si a, b, c no son todos del
mismo signo, y al ser los miembros de la derecha no negativos, o xyz es a la vez
positivo y negativo (absurdo) o xyz = 0. Si xyz 6= 0, entonces podemos afirmar
que a, b, c tienen el mismo signo no siendo ninguno nulo, y podemos escribir que
(b + c − a)xyz
(b + c − a)x2
ayz
a(b + c − a)
,
xyz =
,
y 2 +z 2 =
=
,
2
2
x
2
y de forma similar para y 2 , z 2 . Por lo tanto,
b(c + a − b) + c(a + b − c) − a(b + c − a)
(a + b − c)(c + a − b)
x2 =
=
,
4
4
y de forma similar para sus permutaciones cı́clicas. Luego las soluciones reales
(x, y, z) tales que xyz 6= 0, que existen sólo cuando a, b, c tienen el mismo signo y
ninguno de ellos es superior en valor absoluto a la suma de los otros dos, son
!
p
p
p
(c + a − b)(a + b − c)
(a + b − c)(b + c − a)
(b + c − a)(c + a − b)
±
,±
,±
,
2
2
2
y2 z2 =
donde un número par de los signos (es decir, ninguno o dos) son negativos y el resto
(tres o uno) son positivos si a, b, c son todos positivos, y un número impar de los
signos son negativos y el resto son positivos si a, b, c son todos negativos.