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Soluciones de Zona Olímpica #40

Problema 1 Enunciado Encuentra el valor exacto de

r q √ 3 4 2 2 2 2···

Solución q p √ 3 Sea x = 2 2 2 4 2 · · ·. Note que

1 1 1 log2 (x) = 1 + 1+ 1 + (1 + · · · ) 2 3 4 1 1 1 = 1 + + + + ··· 2! 3! 4! = e − 1, de donde x = 2e−1 .

Problema 2 Enunciado Prueba que 1 √ π

Z

∞

2

e−x dx = 1

−∞

Solución Denotemos por I a la integral deseada. Note que I2 =

Z

∞

−∞ ∞

Z = Z

2

2

2

Z

e−x dx e−x dx

−∞ ∞ Z ∞

=

−(x2 +y 2 )

−∞

1

2

e−y dy

−∞

e −∞

∞

dxdy.

Si cambiamos a coordenadas polares, tenemos que Z

2π

Z

∞

2

re−r drdθ 0 0

∞ Z 2π 1 −r2

= − e

dθ 2 0 0 Z 2π 1 dθ = 2 0

I2 =

= π, de donde obtenemos el resultado deseado.

Problema 3 Enunciado Define a0 = 1, a1 = 3 y ak+1 =

a2k +1 2

para k ≥ 1. Prueba que 1 an+1 − 1

+

n X k=0

1 = 1 ∀n ≥ 1 ak + 1

Solución Sea n ∈ N. Note que ak+1 − 1 =

a2k − 1 , 2

por lo que

de donde

1 1 1 = − ak+1 − 1 ak − 1 ak + 1

∀k ≥ 1,

1 1 1 = − ak + 1 ak − 1 ak+1 − 1

∀k ≥ 1.

Sumando todas esas igualdades para k = 1, 2, ..., n, obtenemos que n X k=1

1 1 1 1 1 1 1 = − + − + ··· + − ak + 1 a1 − 1 a2 − 1 a2 − 1 a3 − 1 an − 1 an+1 − 1 1 1 − a1 − 1 an+1 − 1 1 1 = − .

2 an+1 − 1 =

Sumando

1 a0 +1

+

1 an+1 −1

a ambos lados, obtenemos el resultado deseado.

Problema 4 Enunciado Encuentra todas las ternas de números naturales (a, b, c) que satisfacen la ecuación abc = a + b + c + 1.

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Solución Solución de Flavio Hernández González.

Supongamos, sin pérdida de generalidad, que a ≤ b ≤ c. Note que la terna (a, b, c) satisface abc = a + b + c + 1 si, y sólo si, a(bc − 1) = b + c + 1. Luego, bc − 1|b + c + 1 y, además, bc − 1 ≥ 0. Entonces, como a ≥ 1, bc − 1 ≤ b + c + 1 =⇒ bc − b − c ≤ 2 =⇒ bc − b − c + 1 ≤ 3 =⇒ (b − 1)(c − 1) ≤ 3.

Note también que, si b = 1, entonces a = 1 = b porque suponemos a ≤ b. Luego, c = 3 + c, que es una contradicción.

Entonces b ≥ 2, de donde b − 1 ≥ 1. Así pues, c − 1 ≤ (c − 1)(b − 1) ≤ 4 =⇒ c ≤ 4. Además, c ≥ 2 porque b ≥ 2. Hagamos todos los casos: c = 2 =⇒ b = 2 =⇒ a = 53 , que es una contradicción. c = 3 =⇒ (b − 1)(c − 1) = 2(b − 1) ≤ 3 =⇒ b = 2 =⇒ a = 65 , que también es una contradicción. c = 4 =⇒ (b − 1)(c − 1) = 3(b − 1) ≤ 3 =⇒ b = 2 =⇒ a = 1. ∴ (a, b, c) = (1, 2, 4) es la única solución.

Problema 5 Enunciado Sea p(x) un polinomio con coeficientes reales. Si p(x) − p0 (x) = x2 + 2x + 1, encuentra p(5).

Solución Note que p(x) debe ser un polinomio de grado dos, digamos p(x) = ax2 + bx + c. Así, p0 (x) = 2ax + b y p(x) − p0 (x) = ax2 + (b − 2a)x + (c − b). Comparando coeficientes, tenemos que a = 1, b − 2a = 2 y c − b = 1. Luego, b = 4 y c = 5, por lo que p(x) = x2 + 4x + 5, de donde se sigue que p(5) = 50.

Problema 6 Enunciado Prueba que, para cada n ∈ N, el número n

33 + 1 es el producto de al menos 2n + 1 primos no necesariamente distintos.

3

Solución n

Procedemos por inducción en n. Comenzamos con el caso base: n = 1. Aquí, 33 + 1 = 33 + 1 = 28 = 22 · 7 es el producto de exactamente 2n + 1 = 3 números primos (no distintos todos, claramente). Luego, queda probado el caso base.

Supongamos que para cierta n ∈ N la proposición es verdadera. Note entonces que 33

n+1

n

+ 1 = 33·3 + 1 n 3 = 33 +1 n

n n = 33 + 1 32·3 − 33 + 1 .

Por hipótesis de inducción, sabemos que el primer término es el producto de al menos 2n + 1 primos no necesariamente distintos. Queremos ver que el segundo término es compuesto, pues esto nos garantizaría que éste es el producto de al menos dos primos no necesariamente distintos. Juntando esto, tendríamos que el número original (i.e., el caso n + 1) es el producto de al menos 2n + 1 + 2 = 2(n + 1) + 1 primos no necesariamente distintos. Eso probaría el caso n + 1 y terminaría la prueba. Para ver que en efecto el segundo término es un número compuesto, note que

n n n n n 32·3 − 33 + 1 = 32·3 + 2 · 33 + 1 − 3 · 33 n 2 3n +1 2 = 33 + 1 − 3 2 n n

3n +1 3n +1 = 33 + 1 + 3 2 33 + 1 − 3 2 .

Luego, el segundo término es el producto de dos números mayores a uno. Esto nos dice que es compuesto, como queríamos.

Luego, por el Prinicipio de Inducción Matemática, la proposición es cierta para todo n ∈ N.

Problema 7 Enunciado Prueba que, dados 3 números enteros distintos, siempre podemos encontrar 2 de ellos, digamos a y b, tales que el número 3

a b − ab3 es múltiplo de 10.

Solución Definimos la cantidad de interés como una función: E(a, b) = a3 b − ab3 = ab(a + b)(a − b). Si alguno de a o b es par, entonces E es par. Si los dos son impares, entonces a + b es par y, por lo tanto, E lo es también. Luego, E siempre es par, es decir, 2 lo divide. Así, solo resta probar que, dados tres enteros cualesquiera, podemos encontrar dos de ellos, a saber a y b, tal que 5 divide a E(a, b). Si alguno de a o b es múltiplo de 5, entonces ya acabamos. Supongamos que no es así, y analicemos los residuos módulo 5. En particular, consideremos las clases de residuos {1, 4} y {2, 3}. Note que, por el principio del palomar, dados tres enteros necesariamente dos de ellos caen en alguna de esas dos clases. Esos serán a y b. Si a ≡ b( m´ od 5), entonces 5 divide a a − b. Si no es así, entonces 5 divide a a + b y terminamos.

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Problema 8 Enunciado Di si existe 1

l´ım (sin(x)) cos(x)

x→ π 2

Si así es, ¿cuál es su valor?

Solución Note que 1

1

l´ım (sin(x)) cos(x) = l´ımπ (1 + sin(x) − 1) sin(x)−1 ·

x→ π 2

sin(x)−1 cos(x)

x→ 2

l´ımx→ π sin(x)−1

1 cos(x) 2 = l´ım (1 + t) t , con t = sin(x) − 1 t→0

π cos(u) − 1 , con u = x − = exp l´ım u→0 sin(u) 2

cos(u) − 1 u = exp l´ım · u→0 u sin(u)

cos(u) − 1 u = exp l´ım · l´ım , porque ambos límites existen u→0 u→0 sin(u) u = e0·1 =1 Así, el límite existe y es igual a 1.

Problema 9 Enunciado Encuentra un polinomio con coeficientes enteros que tenga una raíz en

√

2+

√ 3

3.

Solución Sea x =

√

2+

√ 3

3. Entonces

√ 3

3=x−

√

√ √ 2 y, elevando al cubo ambos lados, tenemos que 3 = x3 − 3 2x2 + 6x − 2 2.

Visto de otra forma, tenemos que √ x3 + 6x − 3 = (3x2 + 2) 2.

Elevando al cuadrado ambos lados, obtenemos que x6 − 6x4 − 6x3 + 12x2 − 36x + 1 = 0, esto es, si consideramos el poliniomio p(x) = x6 − 6x4 − 6x3 + 12x2 − 36x + 1, éste tendrá una raíz en el valor deseado (y claramente tiene coeficientes enteros), como queríamos.

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Problema 10 Enunciado Prueba que no existen enteros positivos x, y, z que satisfagan la ecuación x2 + 10y 2 = 3z 2

Solución Note que el número en la izquierda debe terminar en 0, 1, 4, 5, 6 ó 9, mientras que el de la derecha termina en 0, 2, 3, 5, 7 u 8. Por ello, tanto x como z deben ser múltiplos de 5, digamos x = 5x0 y z = 5z0 . Pero entonces 25x20 + 10y 2 = 3 · 25z 2 .

De aquí obtenemos que y también es un múltiplo de 5, y = 5y0 . Note entonces que los enteros positivos x0 , y0 , z0 satisfacen la misma ecuación. Esto nos hace caer en un descenso infinito: siempre que encontremos una solución entera positiva, podremos encontrar una solución entera positiva menor (componente a componente de la terna solución, esto es). Esto claramente es imposible: los enteros positivos están acotados por abajo, y no podemos seguir “descendiendo” ad infinitum.

Por lo tanto, no existen soluciones enteras positivas.

Problema 11 Enunciado Prueba que existen números irracionales x, y tales que xy es racional.

Solución Define x =

√

√

2

2

. Si x es racional ya acabamos, pues

que y

x =

√

√

2

2

√

2 es irracional. Si x es irracional, entonces define y =

√2 =

√

que claramente es racional, por lo que acabamos.

6

√

2

√ 2× 2

=

√

2

2 =2

√

2. Nota