Problemas y Soluciones
Sección a cargo deÓscar Ciaurri Ramírez y José Luis Díaz Barrero
Las soluciones para esta sección deben enviarse, preferentemente, a la dirección de correo electrónico [email protected] en archivos con formato TEX. Alternativamente, pueden enviarse a Óscar Ciaurri Ramírez, Universidad de La Rioja, Dpto. de Matemáticas y Com-putación, C/ Luis de Ulloa s/n, 26004, Logroño. Para los problemas de este número se tendrán en cuenta las soluciones recibidas hasta el 31 de diciembre de 2012.
Asimismo, solicitamos de los lectores propuestas originales o proble-mas poco conocidos adecuadamente documentados. Las propuestas de pro-blemas que se envíen sin solución serán tenidas en cuenta si su interés está justificado de un modo apropiado. Un asterisco (?) junto al enuncia-do de un problema indica que en estos momentos no se dispone de una solución.
Problemas
Problema 199. Propuesto por Ovidiu Furdui, Campia Turzii, Cluj, Rumanía. Evaluar los siguientes límites:
a) l´ım n→∞a n(n − ζ(2) − ζ(3) − · · · − ζ(n)), a > 0; b) l´ım n→∞ n − ζ(2) − ζ(3) − · · · − ζ(n) n − 1 − ζ(2) − ζ(3) − · · · − ζ(n − 1).
Problema 200. Propuesto por Manuel Benito Muñoz, Logroño, La Rioja.
Hallar todos los números con seis divisores y para los que la suma de sus partes alícuotas es 1516.
Problema 201. Propuesto por Manuel Prieto Alberca, Universidad Politécnica de Madrid, Madrid.
Cinco rectas del plano de las que tres no son concurrentes definen cinco cuadrilá-teros completos si se toman de cuatro en cuatro. Demostrar que las cinco rectas que pasan por los puntos medios de las tres diagonales de cada uno de esos cuadriláteros (rectas de Gauss) concurren en un punto.
Con seis rectas tangentes a una misma cónica se pueden definir quince cuadrilá-teros completos al tomarlas de cuatro en cuatro. Demostrar que las quince rectas de Gauss concurren en un punto.
Problema 202. Propuesto por Panagiote Ligouras, “Leonardo da Vinci” High School, Noci, Italia.
Para un triángulo ABC denotaremos por r su inradio, por ra, rb y rc sus exin-radios, por I su incentro, y por Ia, Ib e Ic sus exincentros. Probar o refutar la desigualdad cos A 1 − cos2A+ cos B 1 − cos2B + cos C 1 − cos2C ≥ 1 4r r IIa· IIb· IIc
rarbrc (rarb+ rbrc+ rcra).
Problema 203. Propuesto por Óscar Ciaurri Ramírez, Universidad de La Rioja, Logroño. Evaluar l´ım n→∞ n Y k=1 1 + 1 2n − 1 2klog n + k n .
Problema 204. Propuesto por Juan Bosco Romero Márquez, Universidad Complu-tense de Madrid, Madrid.
Sea ABC un triángulo y, con las notaciones usuales, definimos la cantidad d = rra+ rbrc− 2maha.
Establecer condiciones suficientes sobre los ángulos del triángulo ABC para que la cantidad d sea, respectivamente, positiva, negativa o nula.
Soluciones
Problema 175. Propuesto por Cristóbal Sánchez Rubio, I. E. S. Penyagolosa, Cas-tellón.
Si en un triángulo las longitudes de sus lados son a, b y c, se llama potencia del triángulo al valor a2+ b2+ c2. Determinar los puntos del plano que, unidos a los tres
vértices de un triángulo dado, determinan tres triángulos de igual potencia.
Solución enviada por Bruno Salgueiro Fanego, Viveiro, Lugo.
Sea ABC el triángulo dado. Probaremos que existe un único punto P en su plano tal que los tres triángulos son de igual potencia, es decir,
P B2+BC2+P C2= P C2+CA2+P A2 y P C2+CA2+P A2= P A2+AB2+P B2, o, lo que es lo mismo, tal que
P B2− P A2= CA2− CB2 y P C2− P B2= AB2− AC2. (1)
En la demostración usaremos el siguiente lema auxiliar de prueba elemental y que, por tanto, omitimos.
Lema. Dados dos puntos X e Y fijos en un plano y un número real k, el lugar geométrico de los puntos M de ese plano tales que M X2− M Y2 = k es la recta
perpendicular a la recta XY que pasa por el único punto Z de esa recta que verifica ZX2− ZY2= k. P A B' C' A' B C
Al trazar por los vértices A, B y C rectas paralelas a los lados opuestos respectivos del triángulo ABC, es bien sabido que se forma el triángulo A0B0C0 (véase la figura adjunta) homotético del ABC con razón de homotecia −2 y centro de homotecia el baricentro de ABC.
Las igualdades en (1) son entonces equivalentes a
P B2− P A2= C0B2− C0A2 y P C2− P B2= A0C2− A0B2,
que, según el lema previo, equivalen a afirmar que el punto P está en la recta perpendicular a AB que pasa por C0 y en la recta perpendicular a BC que pasa por A0. Lo que equivale a decir, a su vez, que P es el ortocentro del triángulo A0B0C0.
También resulto por R. Barroso, S. Campo, D. Lasaosa, J. Mir, J. A. Múgica, J. Vinuesa y el proponente.
Nota. En sus soluciones, D. Lasaosa, J. Mir y J. A. Múgica identifican P como el punto de De Longchamps del triángulo ABC, es decir, el simétrico del ortocentro respecto del circuncentro de ABC.
En la solución remitida por S. Campo, el punto P es caracterizado como el centro radical de las circunferencias de centros A, B y C y radios, respectivos, a, b y c.
Asimismo, B. Salgueiro nos informa de que el problema fue propuesto por Alema-nia (Problema G2) en la shortlist de problemas para la 36.aIMO de 1995, y aparece
como Problema 27 (propuesto en la pág. 299 y resuelto en la pág. 306) en el libro Problem-Solving Strategies de A. Engel, Springer-Verlag (1998).
Problema 176. Propuesto por Panagiote Ligouras, “Leonardo da Vinci” High School, Noci, Italia.
Sea ABC un triángulo con lados de longitudes a, b y c, inradio r y exinradios ra, rb y rc. Probar que
X
cíclica
(ra− r)(rb+ rc)(rarb+ rrc) ≤ a4+ b4+ c4.
Solución enviada por Ercole Suppa, Teramo, Italia.
Denotamos por s el semiperímetro y por ∆ el área del triángulo ABC. Aplicando la fórmula de Herón ∆ =ps(s − a)(s − b)(s − c) y las bien conocidas identidades
r = ∆ s, ra = ∆ s − a, rb= ∆ s − b y rc = ∆ s − c, tenemos que (ra− r)(rb+ rc) = ∆ s − a − ∆ s ∆ s − b− ∆ s − c = ∆a s(s − a)· ∆(2s − b − c) (s − b)(s − c) = ∆2a2 s(s − a)(s − b)(s − c) = a 2
y (rarb+ rrc) = ∆2 (s − a)(s − b)+ ∆2 s(s − c) = ∆ 2(s2− sc + s2− sa − sb + ab) s(s − a)(s − b)(s − c) = 2s 2− s(a + b + c) + ab = ab.
Entonces (ra− r)(rb+ rc)(rarb+ rrc) = a3b y así podemos expresar la desigualdad inicial como
a3b + b3c + c3a ≤ a4+ b4+ c4. (1) Aplicando la desigualdad entre las medias aritmética y geométrica tendremos que
a3b ≤ a 4 4 + a4 4 + a4 4 + b4 4. (2)
Finalmente, sumando (2) y sus permutaciones cíclicas se obtiene la desigualdad (1), y esto concluye la demostración.
También resuelto por M. Amengual, E. Bojaxhiu y E. Hysnelaj, D. Lasaosa, J. Mozo, B. Salgueiro, A. Stadler, V. Vicario, Kee-Wai Lau y el proponente.
Problema 177. Propuesto por M. L. Glasser, Clarkson University, Postdam, Nue-va York, USA. Evaluar la integral Z π/2 0 arctan2(sen2t) sen2t dt.
Solución enviada por George Lamb, Tucson, Arizona.
Denotando por I la integral a evaluar, el cambio de variable sen t = x nos da
I = Z 1
0
arctan2(x2)
x2√1 − x2 dx.
Teniendo en cuenta el desarrollo en serie de potencias
arctan2z = ∞ X k=0 (−1)k k + 1Skz 2k+2, (1) donde Sk =P k j=0 1 2j+1, podemos escribir I = Z 1 0 ∞ X k=0 (−1)k k + 1Skx 4k+2 ! dx √ 1 − x2.
Resulta sencillo comprobar que Sk= Z 1 0 1 − w2k+2 1 − w2 dw = 2(k + 1) Z 1 0 Z 1 w s2k+1 1 − w2ds dw = 2(k + 1) Z 1 0 z2k+1 Z z 0 dw 1 − w2dz = (k + 1) Z 1 0 z2k+1log 1 + z 1 − z dz y, por tanto, I = Z 1 0 Z 1 0 ∞ X k=0 (−1)k(zx2)2k+1 ! log 1 + z 1 − z dz√ dx 1 − x2 = Z 1 0 Z 1 0 zx2 1 + z2x4log 1 + z 1 − z dz√ dx 1 − x2 = Z 1 0 log 1 + z 1 − z Z 1 0 zx2 1 + z2x4 dx √ 1 − x2dz = π 2√2 Z 1 0 log 1 + z 1 − z z √ 1 + z2p1 +√1 + z2 dz,
donde en el último paso hemos usado que Z 1 0 x2 1 + z2x4 dx √ 1 − x2 = π 2√2 1 √ 1 + z2p1 +√1 + z2 . (2)
Ahora, aplicando integración por partes se deduce que I = l´ım ε→0 π 2√2 Z 1−ε 0 log 1 + z 1 − z z √ 1 + z2p1 +√1 + z2 dz = l´ım ε→0 π √ 2 q√ 2 − 1 log 2 ε − 2 Z 1−ε 0 p 1 +√1 + z2 1 − z2 dz ! .
Con el cambio de variable 1 + z2= (1 + y2)2tenemos
I = l´ım ε→0 π √ 2 c+log 2 ε − 4 Z y0(ε) 0 1 + y2 (c2 −− y2)(c2++ y2) dy ! donde c2 ±= √ 2 ± 1 e y0(ε) = c−−2√ε2c
−. Para concluir basta usar una descompo-sición en fracciones simples del integrando que da lugar a dos integrales elementales en y, y que permiten cancelar el término en el que aparece ε. Así, el valor final de la integral es I = √π 2 c+log c2 + 2√2 + 2c−arctan(c2−) ' 0,5763352 . . . .
También resuelto por el proponente. Se ha recibido una solución incompleta.
Nota. Para el desarrollo (1), el autor de la solución nos ofrece la referencia An Introduction to Infinite Series de T. J. l’A. Bromwich, 3.a edición, Ed. Chelsea
(1991), página 191. Sin embargo es posible dar una sencilla demostración de modo que la solución sea lo más autocontenida posible. En efecto,
arctan2z = 2 Z z 0 arctan s 1 + s2 ds = 2 Z z 0 ∞ X k=0 (−1)ks2k ! ∞ X k=0 (−1)k 2k + 1s 2k+1 ! ds = 2 Z z 0 ∞ X k=0 (−1)kSks2k+1ds = ∞ X k=0 (−1)k k + 1Skz 2k+2.
En cuanto a la identidad (2) de la solución, el autor se apoya en la referencia Ta-bles of Integrals, Series and Products de I. S. Gradshteyn e I. M. Ryzhik, 4.aedición,
Academic Press (1965), fórmula 3.255. Nuevamente es posible obtener la identidad mediante manipulaciones elementales. De hecho, con el cambio de variable 1−xx22 = t
2 se tiene Z 1 0 x2 1 + z2x4 dx √ 1 − x2 = Z ∞ 0 t2 (1 + z2)t4+ 2t2+ 1dt = Z ∞ 0 t2 (at2+ bt + 1)(at2− bt + 1)dt = l´ım T →∞ 1 2b Z T 0 t at2− bt + 1− t at2+ bt + 1 dt
con a = √1 + z2 y b = q2(√1 + z2− 1). Así, usando integración elemental se
concluye que Z 1 0 x2 1 + z2x4 dx √ 1 − x2 = π 2a√4a − b2 = π 2√2 1 √ 1 + z2p1 +√1 + z2.
Problema 178. Propuesto por Pedro H. O. Pantoja (estudiante), Universidade Fe-deral do Rio Grande do Norte, Natal, Brasil.
Probar que existen infinitos primos impares p tales que, para cada entero n > 1, el valor
p
ϕ(p) + ϕ(p2) + · · · + ϕ(pn) es irracional, siendo ϕ la función de Euler.
Solución enviada por Daniel Lasaosa Medarde, Universidad Pública de Navarra, Pamplona.
Es conocido que ϕ(pn) = (p − 1)pn−1, con lo que
ϕ(p) + ϕ(p2) + · · · + ϕ(pn) = (p − 1) n−1 X i=0 pi= n X i=1 pi− n−1 X i=0 pi= pn− 1.
Basta entonces con demostrar que existen infinitos primos p tales que pn− 1 no es un cuadrado perfecto para ningún n > 1. Ahora bien, si pn− 1 = a2 para algún
entero n > 1, tenemos en particular que a2 ≡ −1 (m´od p); es decir, −1 es residuo cuadrático módulo p. Pero esto es imposible si p da resto 3 al dividir entre 4, con lo que para los (infinitos) primos que dan resto 3 al dividir entre 4, el valor definido en el enunciado es claramente irracional.
Nota. Que −1 no puede ser residuo cuadrático módulo p si p = 4k + 3 para algún entero k se puede demostrar fácilmente usando el teorema «pequeño» de Fermat. En efecto, supongamos que existe un entero r (claramente primo con p), tal que r2 ≡ −1 (m´od p). Por el teorema pequeño de Fermat, rp−1 ≡ 1 (m´od p), mientras que
rp−1 = (r2)2k+1≡ (−1)2k+1≡ −1 (m´od p),
con lo que 1 ≡ −1 (m´od p) y 2 es divisible entre p, absurdo ya que p es un primo impar mayor o igual que 3.
Nota. Que existen infinitos primos de la forma 4k + 3 con k entero no negativo es consecuencia trivial del teorema de Dirichlet ya que 4 y 3 son primos entre sí. Sin embargo, puede demostrarse de una forma sencilla sin recurrir a «artillería pesada», ya que si hubiera un número finito de ellos, p1, p2, . . . , pk, podemos construir el nú-mero p2
1p22· · · p2k+ 2, que es impar, da resto 3 al dividir entre 4 (cada cuadrado impar da resto 1 al dividir entre 4) y además es primo con todos los primos p1, p2, . . . , pk que dan resto 3 al dividir entre 4; ha de ser necesariamente entonces producto de primos que dan resto 1 al dividir entre 4, con lo que el resto al dividir entre 4 de p2
1p22· · · p2k+2 sería también 1. Hemos llegado a una contradicción, luego hay infinitos primos de la forma 4k + 3.
También resuelto por A. Castaño, M. Fernández, F. Gimeno, J. Mozo, J. A. Múgica, J. Rivero, A. Stadler, V. Vicario, J. Vinuesa y el proponente.
Problema 179. Propuesto por Ovidiu Furdui, Campia Turzii, Cluj, Rumanía. Los números de Stirling de primera especie, denotados s(n, k), se definen me-diante la identidad z(z − 1) · · · (z − n + 1) = n X k=0 s(n, k)zk.
Sean k e i enteros fijos tales que 1 ≤ i ≤ k, y m un valor real positivo tal que m − k > 1. Probar que ∞ X n1,n2,...,nk=1 ni (n1+ n2+ · · · + nk)m = 1 k! k X p=0 s(k, p) ζ(m − p) − 1 − 1 2m−p − · · · − 1 (k − 1)m−p ,
donde el término entre paréntesis para k = 1 sólo contiene el factor ζ(m − p).
Solución enviada por Albert Stadler, Herrliberg, Suiza. Por simetría, ∞ X n1,n2,...,nk=1 ni (n1+ n2+ · · · + nk)m = 1 k ∞ X n1,n2,...,nk=1 1 (n1+ n2+ · · · + nk)m−1 = 1 k ∞ X n=1 an nm−1,
donde an es el número de soluciones de la ecuación n1+ n2+ · · · + nk = n, con ni ≥ 1 para i = 1, . . . , k. Veamos que an = n−1k−1. En efecto, podemos escribir n = 1 + 1 + · · · + 1 (n-veces). Si eliminamos k − 1 signos + de un conjunto de n − 1 signos + tendremos una partición de n verificando que ni ≥ 1 para i = 1, . . . , k y cualquier partición de n puede obtenerse eliminando k − 1 signos + apropiados. Y se concluye teniendo en cuenta que existen n−1k−1 formas de elegir k − 1 signos + en un conjunto de tamaño n − 1. Así, 1 k ∞ X n=1 an nm−1 = 1 k ∞ X n=1 n − 1 k − 1 1 nm−1 = ∞ X n=k n k 1 nm = 1 k! ∞ X n=k n(n − 1) · · · (n − k + 1) nm = 1 k! ∞ X n=k 1 nm k X p=0 s(k, p)np= 1 k! k X p=0 s(k, p) ∞ X n=k 1 nm−p = 1 k! k X p=0 s(k, p) ζ(m − p) − 1 − 1 2m−p − · · · − 1 (k − 1)m−p .
También resuelto por A. Castaño, D. Lasaosa y el proponente.
Problema 180. Propuesto por Javier A. Múgica de Rivera, Ribadeo, Lugo. Sobre una mesa se encuentra un dado. Llamaremos cara inferior a la que se encuentra en contacto con la mesa, cara superior a su opuesta y caras laterales a las
restantes. Supongamos que inicialmente el 6 ocupa la cara inferior. Si en cada paso se cambia la posición del dado de manera que una de las caras laterales, cada una de ellas con la misma probabilidad, pasa a ocupar la cara superior, ¿cuántos pasos son necesarios, por término medio, para que el 6 alcance la cara superior?
Solución enviada por Alberto Castaño Domínguez, Universidad de Sevilla, Sevilla. Denotemos por la cara inferior, por • las caras laterales y por × la superior. Queremos calcular la esperanza matemática de la variable aleatoria cuya función de probabilidad es P (×, n), la probabilidad de que en n pasos alcancemos la cara superior, esto es,
E =
∞
X
n=1
nP (×, n).
De la descripción del problema, denotando por P (a → b) la probabilidad de que la cara numerada con el 6 pase de ocupar la posición a a la b, sabemos que
P (• → •) = 1 2, P (• → ×) = 1 4, P (• → ) = 1 4, P ( → •) = 1, y que no hay más cambios de posición posibles. Por tanto, como cada movimiento es independiente de los anteriores,
P (×, n) = 1 4P (•, n − 1), P ( , n) = 1 4P (•, n − 1) y P (•, n) = 1 2P (•, n − 1) + P ( , n − 1).
Combinando las dos últimas igualdades obtenemos la recurrencia, similar a la de Fibonacci,
P (•, n) = 1
2P (•, n − 1) + 1
4P (•, n − 2). Como P (•, 0) = 0 y P (•, 1) = 1, se deduce que
P (•, n) = Fn
2n−1 y P (×, n) = Fn−1
2n ,
siendo {Fn}n≥0la sucesión de Fibonacci que comienza por F0= 0 y F1= 1.
Así, usando la identidad (1−x)x 2 = P∞
n=1nx
n, valida para |x| < 1, y denotando por φ el número de oro, se tiene que
E = ∞ X n=1 nFn−1 2n = 1 √ 5 ∞ X n=1 nφ n−1 2n − ∞ X n=1 n(−1) n−1 φn−12n ! = 1 2√5 4 (2 − φ)2 − 4φ2 (1 + 2φ)2 = 6.
También resuelto por J. L. Arregui, L. Bogdan, D. Lasaosa, J. Mir, J. Rivero, A. Stadler y el proponente.
