Soluciones

Seminario de problemas. Curso 2015-16. Hoja 7
37. Determinar un número de cinco cifras tal que su cuadrado termine en las mismas cinco
cifras colocadas en el mismo orden.
Solución.
La forma más simple de resolver el problema es tratar de encontrar un número abcde tal
que abcde · abcde = . . . abcde. Los posibles valores para e son 0, 1, 5 o 6:
• Si e = 0 tendrı́amos el número 00000.
• Si e = 1 tenemos la solución 00001.
• Si e = 5, entonces d = 2 y como 10c + 6 termina en c, entonces c = 6. Para obtener b
tenemos que (a0000 + b625) · (a0000 + b625) = . . . b625, lo que nos dice que 10b + 10
termina en b, con lo cual b = 0. Finalmente a0625·a0625 = a0625, con lo cual 10a+9
termina en a y por lo tanto a = 9. Entonces el número solución es:
906252 = 8212890625.
• Si e = 6, siguiendo el mismo procedimiento se obtiene que:
093762 = 87909376.
38. Hallar todos los intervalos de valores de x para los cuales
cos x + sin x > 1;
el mismo problema para
cos x + | sin x| > 1.
Solución.
El problema se resuelve de manera sencilla si se interpreta de manera geométrica. Tomando
un punto P de la circunferencia de radio 1 centrada en el origen y siendo x el ángulo que
forma el semieje positivo OX con OP medido en sentido antihorario, y teniendo en cuenta
la condición sobre los lados de un triángulo.
Con un poco de explicación:
1. Suponemos primero que 0 ≤ x ≤ 2π.
Consideramos una circunferencia de radio unidad centrada en el origen de coordenadas O. Sea P un punto de la misma y x el ángulo medido en sentido antihorario
que forma el semieje positivo de abcisas con OP . Entonces P tiene de coordenadas
(cos x, sin x). Sea ahora Q la proyección del punto P sobre el eje de abcisas. Entonces
la desigualdad primera cos x + sin x > 1 puede interpretarse geométricamente en el
triángulo rectángulo OP Q como P Q + OQ > OP , es decir que la suma de las longitudes de los catetos es mayor que la longitud de la hipotenusa. Esta relación se
cumple obviamente para los ángulos x del primer cuadrante: 0 < x < π2 . En otro
cuadrante cualquiera o bien el sin x o bien el cos x o los dos son negativos y como
además sin x < 1 y cos x < 1 no se puede tener esta desigualdad primera.
La segunda desigualdad cos x + | sin x| > 1, requiere al igual que la primera que
sus dos sumandos sean estrictamente positivos y esta condición sólo se cumple si
< x < 2π.
cos x > 0 y sin x 6= 0, es decir si 0 < x < π2 ó si 3π
2
2. Supongamos que el ángulo es cualquier número real. Entonces la primera desigualdad
se cumple para 2πn < x < π2 + 2πn siendo n un entero cualquiera. Y la segunda
desigualdad para − π2 + 2πm < x < π2 + 2πm siendo m cualquier entero positivo,
negativo o nulo.
39. En los exámenes de segundo curso de Bachillerato de un Centro, aprueban la Fı́sica, al
menos, el 70% de los alumnos; las Matemáticas, al menos, el 75%; la Filosofı́a, al menos,
el 90%; y el Idioma, al menos, el 85%. ¿Cuántos alumnos, al menos, aprueban esas cuatro
asignaturas?
Solución.
Para clarificar el resultado tomaremos una población de referencia de 100 alumnos. Denotaremos por F, M, I y P H, respectivamente, los conjuntos de alumnos que aprueban
Fı́sica, Matemáticas, Idioma y Filosofı́a.
Denotaremos con Ac el complementario del conjunto A y con N (A) el cardinal del conjunto
A. A partir del enunciado se obtiene directamente
N (F c ) ≤ 30,
N (M c ) ≤ 25,
N (P H c ) ≤ 10 y N (I c ) ≤ 15.
Por lo tanto
N (F c ∪ M c ∪ P H c ∪ I c ) ≤ 30 + 25 + 10 + 15 = 80.
Ahora bien, (F ∩ M ∩ P H ∩ I)c = F c ∪ M c ∪ P H c ∪ I c , luego
N (F ∩ M ∩ P H ∩ I) = 100 − N (F c ∪ M c ∪ P H c ∪ I c ) ≥ 100 − 80 = 20.
De modo que al menos el 20% de los alumnos aprueban esas cuatro asignaturas.
40. Demostrar que cualquiera que sea el número real positivo x, se cumple
n
n
n+1
(1 + x2 )(1 − x2 ) = 1 − x2
2
.
Escribiendo las igualdades que resultan al dar a n los valores 0, 1, 2, . . . y multiplicándolas,
demostrar que para 0 < x < 1 se cumple
1
2
k
= lim (1 + x)(1 + x2 )(1 + x2 ) · · · (1 + x2 ).
1 − x k→∞
Solución.
n+1
n
n
n
Obviamente (1 + x2 )(1 − x2 ) = 1 − (x2 )2 = 1 − x2
para todo valor de n.
Entonces, si 0 < x < 1 se tiene
2
k+1
k+1
1 − x2 1 − x2
1 − x2
1 − x2
(1 + x)(1 + x ) · · · (1 + x ) =
·
,
·
·
·
·
·
=
k
1 − x 1 − x2
1−x
1 − x2
2k
2
y está claro que
k+1
lim (1 − x2
k→∞
Por lo tanto el lı́mite del producto es
) = 1 cuando 0 < x < 1.
1
.
1−x
41. Un depósito tiene forma de prisma hexagonal regular, cuyas bases son de 1 m de lado y su
altura es de 10 m. Se sitúan las aristas laterales en posición oblicua y se llena parcialmente
con 9 m3 de agua. El plano de la superficie libre del agua corta a todas las aristas laterales.
Una de ellas queda con una parte de 2 m bajo el agua. ¿Qué parte queda bajo el agua en
la arista lateral opuesta del prisma?
Solución.
Calculemos primero la altura que alcanzarı́a el agua con el depósito en posición vertical.
9=
3√
3 · h,
2
√
luego h = 2 3 > 2.
Cuando el depósito se inclina, los 9 metros cúbicos de agua se reparten entre el volumen
de un prisma recto de altura 2 metros y el de medio prisma recto de altura h1 .
√
√
En el primero caben 3 2 3 · 2 = 3 3 metros cúbicos, ası́ que el volumen restante cumple
√
√
1 3 3
9−3 3= ·
· h1 ,
2
2
√
h1 = 4( 3 − 1).
Por lo tanto, la altura del agua en la arista opuesta a la indicada en el enunciado es
√
2 + h1 = 2(2 3 − 1).
√
Este número es efectivamente mayor que 2 3.
42. En un plano vertical se consideran los puntos A y B situados sobre una recta horizontal,
y la semicircunferencia de extremos A, B situada en el semiplano inferior. Un segmento de
longitud a, igual al diámetro de la semicircunferencia, se mueve de manera que contiene
siempre al punto A, y que uno de sus extremos recorre la semicircunferencia dada. Determinar el valor del coseno del ángulo que debe formar ese segmento con la recta horizontal,
para que su punto medio esté lo más bajo posible.
3
Solución.
Sea C el extremo del segmento que recorre la semicircunferencia dada, M el punto medio
del mismo y α el ángulo que forma AC con la horizontal AB, (0 < α < π2 ).
Sea N la proyección ortogonal del punto medio M sobre el segmento AB. Ponemos y =
M N . Se desea hallar el valor de cos α para el que M ocupe el punto más bajo, es decir
para el que la distancia y sea máxima.
En el triángulo M N A, rectángulo en N , es y = AM sin α y en el triángulo rectángulo
CBA, es AC = a cos α. Pero AC = AM + M C = AM + a2 , porque M es el punto medio
del segmento uno de cuyos extremos es C.
Entonces AM = AC − M C = a cos α −
y = a cos α −
a
2
y
a
a
a
sin α = (2 cos α − 1) sin α = (sin 2α − sin α).
2
2
2
Esta función es continua y derivable en todos los números reales α. Derivando esta función
respecto de α, obtenemos y 0 = a2 (2 cos 2α − cos α) e igualando a 0 la derivada y 0 , llegamos
2
a la ecuación
α − 2 = 0. De√ aquı́
encontramos
√ 4 cos α − cos√
1−√33 dos posibles soluciones
1+ 33
1− 33
1+ 33 cos α1 = 8 y cos α2 = 8 , porque
< 1 y 8 < 1.
8
La derivada segunda de y es
a
a
y 00 = (−4 sin 2α + sin α) = sin α(1 − 8 cos α)
2
2
√
y entonces y 00 (α1 ) = − a2 33 sin α1 < 0, pues
s
√
(1 +
sin α1 = ± 1 −
64
33)2
s
=±
√
15 − 33
32
y elegimos la solución positiva para que α1 esté en el primer cuadrante. Ası́ sin α1 > 0.
Entonces y alcanza un máximo en α = α1 .
Rechazamos la segunda solución α2 que no está en el primer cuadrante porque cos α2 es
negativo.
4
Ası́ el valor máximo de y es:
√
√
15 − 33 1 + 33
2
−1
32
8
s
√
a √
15 − 33
= ( 33 − 3)
.
32
2
s
a
a
y(α1 ) = sin α1 (2 cos α1 − 1) =
2
2
La respuesta es cos α1 =
√
1+ 33
.
8
5