Seminario de problemas Bachillerato. Curso 2013-14
76. Una bolsa contiene cubos de pl´astico del mismo tama˜no, cuyas caras han sido pintadas de colores: blanco, rojo, amarillo, verde, azul y violeta (sin repetir un color en dos caras del mismo cubo). ¿Cu´antos de estos cubos puede haber distinguibles entre s´i?
Soluci´on.
Si consideramos el desarrollo plano del cubo, el n´umero de formas de distribuir 6 colores en las 6 casillas o caras es 6! = 720.
Pero el cubo admite 24 movimientos directos que lo dejan invariante, de forma que para configuraci´on de colores, habr´a 24 configuraciones equivalentes.
Entonces el n´umero de cubos distinguibles es
6! 6×4 =
720 24 = 30.
Para ver que hay 24 movimientos directos que dejan invariante el cubo, podemos razonar como sigue: primero observamos que una cara cualquiera puede llevarse a una posici´on predeterminada, digamos la inferior, es decir, hay 6 formas de llevar las caras a la parte baja del cubo. Una vez hecho esto, todav´ia podemos girar alrededor del eje vertical (per-pendicular a la cara inferior) seg´un 4 movimientos distintos. En total tendremos 6·4 = 24 movimientos distintos.
77. Dado un cuadrado cuyo lado mide a, se considera el conjunto de todos los puntos de su plano por los que pasa una circunferencia de radio a cuyo c´irculo contenga al cuadrado citado. Se pide probar que el contorno de la figura formada por los puntos con esa propie-dad est´a formado por arcos de circunferencia, y determinar las posiciones de sus centros, sus radios y sus longitudes.
Soluci´on.
La figura muestra la construcci´on de una cuarta parte de la figura pedida. Por giros de
Cuando P recorre el tercio central del arco BD (centro A, radio a, amplitud π/6 y extremos M y N), la circunferencia de centro P y radio a pasa por A y el punto Q
(imagen de P en la homotecia de centro A y raz´on 2) describe el arco de circunferencia
M0N0 de amplitud π/6 y radio 2a.
CuandoP est´a sobreN el perfil de la figura pedida lo forman los arcosN0S0 y AB, ambos de centro N, radioa y amplitud π/3.
La figura de abajo muestra el contorno completo. La longitud total Ldel contorno corre-sponde a cuatro arcos de radio ay amplitudπ/3, otros cuatro de radio 2ay amplitudπ/6 para el contorno exterior y cuatro arcos m´as de radio a y amplitud π/3 para el contorno interior; el valor es:
L= 42πa 6 + 4
4πa
12 + 4 2πa
6 = 4πa.
78. Determina cu´antas soluciones reales tiene la ecuaci´on
√
2−x2 =√3
3−x3.
Primera soluci´on.
Si x es una soluci´on real se tiene que cumplir x2 ≤2, as´ı que x∈[−√2,√2].
Si x∈[−√2,0], se tiene
2−x2 ≤2 y 3−x3 ≥3,
pero √2< √3
3, luegox no cumple la ecuaci´on dada.
Si x∈[0,√2], se tiene
3
√
3−x3 > 3
q
2√2−x3.
Como la ecuaci´on √2−x2 = p3
2√2−x3 s´olo tiene las soluciones x = 0 y x = √2 y, cuando x= 1 se tiene p3 2√2−1>√2−1 = 1, resulta que
3
√
3−x3 > 3
q
2√2−x3 ≥√2−x2,
por lo que x tampoco puede cumplir la ecuaci´on dada.
Si hay alguna soluci´on (x∈[−√2,√2],y >0) para el sistema de ecuaciones
√
2−x2 =y, √3
3−x3 =y,
elevando al cuadrado en la primera y al cubo en la segunda resulta
x2+y2 = 2, x3 +y3 = 3.
Elevando ahora al cubo en la primera y al cuadrado en la segunda,
x6+ 3x4y2+ 3x2y4+y6 = 8, x6+ 2x3y3+y3 = 9.
Restando estas dos ecuaciones se obtiene
1 = −x2y2(3x2+ 3y2−2xy) = −x2y2 2x2+ 2y2+ (x−y)2 ,
igualdad imposible pues el segundo miembro es negativo. Luego la ecuaci´on propuesta no tiene ninguna soluci´on real.
79. Sea ABC un tri´angulo y D, E y F tres puntos cualesquiera sobre los lados AB, BC y
CA respectivamente. Llamemos P al punto medio de AE, Q al punto medio de BF y R
al punto medio de CD. Prueba que el ´area del tri´angulo P QRes la cuarta parte del ´area del tri´angulo DEF.
Soluci´on.
En primer lugar una figura aclaratoria:
Como P, Q y R son puntos medios de cevianas del tri´angulo, pertenecen a los lados del tri´angulo MaMbMc que tiene de v´ertices los puntos medios de los lados del tri´angulo
Los tri´angulos ABC y MaMbMc son semejantes con raz´on de semejanza 1/2, por lo que se tiene
McQ
AF =
QMa
F C =
1 2,
MaR
BD =
RMb
DA =
1 2,
MbP
EC =
P Mc
EB =
1 2.
Sean u= AD
AB,v = BE
BC y w=
CF
CA. Se tiene
DB
AB = 1−u,
EC
BC = 1−v, F A
CA = 1−w
y, por la semejanza de los tri´angulosABC y MaMbMc,
RMb
MaMb
=u, P Mc MbMc
=v, QMa McMa
=w,
RMa
MaMb
= 1−u, P Mb MbMc
= 1−v, QMc McMa
= 1−w.
Con esto podemos calcular las ´areas de los tri´angulos que complementan al4DEF dentro del 4ABC (denotaremos por [XY Z] el ´area del 4XY Z):
[AF D] =F A·ADsenA= (1−w)u CA·ABsenA= (1−w)u[ABC],
[BED] =DB·BEsenB = (1−u)v AB·BCsenB = (1−u)v[ABC],
[CF E] =EC·CFsenC = (1−v)w BC·CAsenC = (1−v)w[ABC].
Haciendo lo mismo con los tri´angulos complementarios del4P QRdentro del4MaMbMc, se tiene
Teniendo en cuenta que [ABC] = 4[MaMbMc] y que
(1−u)w+ (1−v)u+ (1−w)v = (1−w)u+ (1−u)v+ (1−v)w,
ya se sigue el resultado.
80. Halla para qu´e valores del n´umero real a todas las ra´ıces del polinomio en la variable x,
x3−2x2−25x+a,
son n´umeros enteros.
Soluci´on.
Sean r,s y t las ra´ıces del polinomio. Por las relaciones de Cardano–Vieta se tiene
r+s+t= 2, rs+rt+st=−25.
Ahora bien,
r2+s2+t2 = (r+s+t)2−2(rs+rt+st) = 54.
Las ´unicas ternas de n´umeros enteros que cumplen esta ecuaci´on son
(±1,±2,±7), (±2,±5,±5) y (±3,±3,±6).
De ellas, la ´unica que cumple la primera ecuaci´on es (2,5,−5). Entonces, a=rst= 50.
81. Sean x e y n´umeros reales comprendidos entre 0 y 1. Prueba que se cumple
x3+xy2+ 2xy≤2x2y+x2+x+y.
Primera soluci´on.
La desigualdad equivale a
P = 2x2y+x2+x+y−x3−xy2−2xy≥0.
Podemos considerar P como un polinomio en la letra x,
P =−x3+ (2y+ 1)x2 + (1−2y−y2)x+y
y dividirlo entre x−1 (Ruffini), obteniendo
P = (−x2+ 2xy+ 1−y2)(x−1) + 1 +y−y2.
Ahora,
P = (x2−2xy+y2)(1−x) +x−1 + 1 +y−y2
= (x−y)2(1−x) +x+y(1−y).
Como las cinco cantidades (x−y)2, 1−x, x,y, 1−y son no negativas, P ≥0.
Comencemos notando que, si x ∈ [0,1] y 0 < n < m, se tiene xm < xn. Adem´as, para todo x se cumple la desigualdad x(1−x) ≤ 1
4. Entonces, si x ∈ [0,1], se cumplen por separado estas tres desigualdades:
x3 ≤x2, xy2 ≤x,
2xy−2x2y= 2xy(1−x)≤ 1
2y;
luego simplemente sumando se mejora la desigualdad propuesta por la siguiente:
x3+xy2+ 2xy≤2x2y+x2+x+ y 2.
82. Tenemos 50 fichas numeradas del 1 al 50, y hay que colorearlas de rojo o azul. Sabemos que la ficha 5 es de color azul. Para la coloraci´on del resto de fichas se siguen las siguientes reglas:
(a) Si la ficha con el n´umero x y la ficha con el n´umero y son de distinto color, entonces la ficha con el n´umero|x−y| se pinta de color rojo.
(b) Si la ficha con el n´umero x y la ficha con el n´umero y son de distinto color yx·y es un n´umero entre 1 y 50 (incluyendo ambos), entonces la ficha con el n´umerox·yse pinta de color azul.
Determina cu´antas coloraciones distintas se pueden realizar en el conjunto de fichas.
Soluci´on.
Observemos que dos n´umeros cuya diferencia es 5 tienen el mismo color. En efecto, si fueran de distinto color, su diferencia deber´ıa ser de color rojo, por la regla (a). Pero 5 es azul. Dicho esto, basta saber el color de los cuatro primeros n´umeros. Distinguiremos dos casos, seg´un que la ficha 1 sea roja o azul.
1) Si la ficha 1 es azul, aplicando la regla (b) se sigue que todas las fichas son azules. Ya que, si la ficha k fuera roja, la ficha k·1 =k deber´ıa ser azul, absurdo.
2) Si la ficha 1 es roja, por la regla (a) tambi´en es roja la ficha 4 = 5− 1. Vamos a determinar el color de las fichas 2 y 3:
Supongamos que la ficha 3 es azul. Como 2 = 3−1, la ficha 2 es roja por la regla (a). Ahora bien, 3 = 5−2 y las fichas 5 y 2 son de distinto color, luego 3 deber´ıa ser roja por la regla (a), absurdo.
Entonces la ficha 3 es roja, y la ficha 2 = 5−3 tambi´en es roja por la regla (a). De modo que en este caso las fichas 1, 2, 3 y 4 son rojas, lo mismo que todas las fichas que no son m´ultiplo de 5.
