Soluciones

Seminario de problemas ESO. Curso 2015-16. Hoja 12
67. Dentro de un cuadrilátero convexo, de vértices A, B, C, D y área 168, se encuentra situado
un punto P tal que P A = 9, P B = P D = 12 y P C = 5. Determı́nese el perı́metro del
cuadrilátero.
Solución.
Consideremos los 4 triángulos: ∆P AB, ∆P BC, ∆P CD y ∆P CA.
A
9
12
D
12
P
5
B
C
Para cada uno de ellos, su área es menor que el semiproducto de dos de sus lados, por lo
que si denotamos por |P QR| el área de un triángulo de vértices P , Q y R, resulta que:
168 = |P AB| + |P BC| + |P CD| + |P DA] ≤
9 · 12 + 5 · 12 + 5 · 12 + 9 · 12
= 168.
2
Por tanto, el área de cada triángulo es igual al semiproducto de dos de sus lados. Es decir,
todos los triángulos son rectángulos y los lados del cuadrilátero sus hipotenusas. Ası́, se
tiene
√
√
√
AB = P A2 + P B 2 = 92 + 122 = 225 = 15.
Análogamente, BC = CD = 13 y AD = 15, por lo que el perı́metro del cuadrilátero es
igual a 56.
68. Si n es un número natural, el n-ésimo número triangular es Tn = 1 + 2 + · · · + n. Hállense
todos los valores de n para los que el producto de los 16 números triangulares consecutivos
Tn Tn+1 · · · Tn+15 es un cuadrado perfecto.
Solución.
Como Tn es la suma de los n primeros números naturales, sabemos que
Tn =
n(n + 1)
.
2
De este modo, el producto de los 16 números triangulares consecutivos Tn , Tn+1 , . . . , Tn+15
será igual a
Tn Tn+1 · · · Tn+15 =
n(n + 1)2 (n + 2)2 · · · (n + 15)2 (n + 16)
.
216
De aquı́ se deduce que el producto es un cuadrado perfecto si lo es n(n + 16). Podemos
ahora abordar este problema de varias formas diferentes. Quizás, la más sencilla pasa por
darse cuenta de que si p es un divisor impar de n entonces no lo puede ser de n + 16, por
lo que n y n + 16 serán de la forma
n = 2k p2 ,
n + 16 = 2k q 2 ,
con k = 0, 1. Si k = 0, entonces
16 = q 2 − p2 = (q − p)(q + p).
Como p y q son números naturales, la única solución posible es p = 3, q = 5 y por tanto
n = 9.
Si k = 1, un análisis similar nos da como resultado p = 1, q = 3 y, por tanto, n = 2. Es
decir, existen dos soluciones n = 2 y n = 9.
69. Sean a1 , a2 , . . . , an números reales no negativos tales que
a1 + a2 + · · · an = k.
¿Cuál es el valor máximo de a1 a2 + a2 a3 + a3 a4 + · · · + an−1 an ?
Solución.
Comencemos analizando el caso más sencillo, cuando n = 2. En este caso hay que encontrar el valor máximo de a1 a2 , sabiendo que a1 + a2 = k. Es decir, debemos hacer máximo
el producto
2
k2 k2
k
k2
2
a1 (k − a1 ) =
−
+ ka1 − a1 =
− a1 −
,
4
4
4
2
cuyo valor máximo es evidente que es k 2 /4.
La idea, ahora, es reducir el problema general al caso que acabamos de estudiar. Eso es
claro cuando hay tres términos. En efecto, si a1 + a2 + a3 = k y debemos hacer máximo
el valor a1 a2 + a2 a3 , podemos escribir que queremos hacer máximo a2 (a1 + a3 ). Llamando
ā1 a a1 + a3 , el problema se reduce a encontrar el máximo de ā1 a2 cuando ā1 + a2 = k.
Como ya hemos visto, esto es igual a k 2 /4.
Para cuatro términos podemos proceder casi como en el caso de tres. De hecho,
a1 a2 + a2 a3 + a3 a4 = (a1 + a3 )(a2 + a4 ) − a1 a4 ≤ (a1 + a3 )(a2 + a4 ) ≤
k2
.
4
A partir de aquı́ es fácil generalizar la idea. Supongamos que n es par (en el caso de que
fuera impar el razonamiento es el mismo), entonces, descomponiendo la suma de los n
términos en la suma de los términos pares y los impares, se tiene
a1 a2 + a2 a3 + · · · + an−1 an ≤ (a1 + a3 + · · · + an−1 )(a2 + a4 + · · · + an ) ≤
Por tanto el valor máximo es k 2 /4.
70. Sea N el conjunto de los números naturales y f : N → N una función tal que
f (f (n)) + 2f (n) = 3n + 4,
2
k2
.
4
para todo n ∈ N. Determı́nese f (2016).
Solución.
Empecemos probando con n = 1. En ese caso se tiene
f (f (1)) + 2f (1) = 7 ⇒ f (f (1)) = 7 − 2f (1).
Como los valores de la función f son naturales, debe ser que 7 − 2f (1) ≥ 1, por lo que
1 ≤ f (1) ≤ 3. Analicemos los tres posible casos.
Si f (1) = 1, entonces f (f (1)) = f (1) = 1, pero entonces f (f (1)) + 2f (1) = 3 6= 7, por lo
que f (1) 6= 1.
Si f (1) = 2, entonces
f (f (1)) = f (2) = 7 − 2f (1) = 3.
Análogamente,
f (f (2)) = f (3) = 10 − 2f (2) = 4.
Conjeturamos que f (n) = n + 1 y lo probamos por inducción. Como ya hemos visto que
f (1) = 2, falta comprobar el paso inductivo. Ası́ que suponemos que f (n) = n + 1 y
queremos ver que f (n + 1) = n + 2. Ahora bien
f (f (n)) = f (n + 1) = 3n + 4 − 2f (n) = 3n + 4 − 2(n + 1) = n + 2.
Por tanto f (n) = n + 1 para todo n ∈ N y entonces f (2016) = 2017.
Nos queda comprobar el caso en que f (1) = 3. Entonces
f (f (1)) = f (3) = 7 − 2f (1) = 1 ⇒ f (f (3)) = f (1) = 13 − 2f (3) = 11,
que es un absurdo. Por lo tanto f (1) 6= 3 y la única solución posible es f (n) = n + 1 y,
como ya habı́amos visto, f (2016) = 2017.
71. Sea M = {1, 2, 3, . . . , 2016} y k un entero positivo. Encuéntrese el menor valor de k para el
cual cualquier subconjunto de M con k elementos contiene al menos dos números distintos
de manera que uno de ellos es múltiplo del otro.
Solución.
En primer lugar vemos que k ≥ 1009, ya que si k = 1008 podemos elegir un subconjunto
de k elementos en los que ninguno es múltiplo del otro. Este subconjunto es
S = {1009, 1010, . . . , 2016}.
Es evidente que en S no hay dos números que sean uno múltiplo de otro, ya que si n ∈ S
el múltiplo más pequeño posible de n es 2n. Ahora bien, si n ∈ S entonces 2n ≥ 2018,
pero 1009 ≤ n ≤ 2016. Veamos que k = 1009.
Para verlo, resolveremos un problema un poco más general. En concreto, dado M =
{1, 2, . . . , 2n} probaremos que cualquier conjunto de n + 1 elementos contiene dos de
forma que uno de ellos es múltiplo del otro. La idea es representar un elemento m de M
como
m = 2j r, j ≥ 0, r impar.
3
Ahora bien, r será uno de los impares que hay entre 1 y 2n, por tanto r puede tomar n
valores distintos. Como el conjunto M tiene n + 1 elementos, hay dos que tienen el mismo
r, pero distinto exponente j. Por tanto esos dos números son múltiplo uno de otro y ya
hemos terminado. Ası́ pues, la respuesta al problema planteado es k = 1009.
El resultado general anterior se puede probar también por inducción.
72. En un triángulo ∆ABC dibujamos las alturas, AA1 , BB1 , CC1 , y las medianas, AA2 ,
BB2 , CC2 . Demuéstrese que la longitud de la lı́nea poligonal A1 B2 C1 A2 B1 C2 A1 es igual
al perı́metro del triángulo.
Solución
Hagamos un dibujo con el triángulo ∆ABC, sus alturas, sus medianas y la poligonal que
se forma.
A
C1
C2
B
B2
B1
A2
A1
C
Consideremos ahora diferentes triángulos de forma apropiada. Tomando el triángulo
∆A1 CA, vemos que se trata de un triángulo rectángulo y A1 B2 es la mediana correspondiente a la hipotenusa. Es fácil ver, a partir de la figura de abajo, que A1 B2 = CB2 = B2 A,
por lo que A1 B2 es igual a la mitad del lado AC.
C
r
A
r
r
M
B
Análogamente se ve que B2 C1 = A1 B2 y entonces A1 B2 +B2 C1 = AC y de manera similar
C1 A2 + A2 B1 = BC,
B1 C2 + C2 A1 = AB,
y ası́ queda probado que la longitud de la poligonal es el perı́metro del triángulo.
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