La base de datos contiene 457 problemas y 475 soluciones.
Problema 74★★★☆☆
Sea $ABC$ un triángulo y $M$ el punto medio del lado $BC$. Si $r_1$ y $r_2$ son los inradios de los triángulos $ABM$ y $ACM$ respectivamente, demostrar que $r_1<2r_2$.
Pista. Observa que el área del triángulo $ABM$ es la misma que la del triángulo $ACM$. ¿Qué relación existe entre el área de un triángulo, su perímetro y su radio inscrito?
PistaSolución 1Solución. El área del triángulo $ABM$ es la misma que la del triángulo $ACM$ ya que tienen la misma base $BM=CM$ y la misma altura. Por lo tanto, si llamamos $p_1$ y $p_2$ al semiperímetro de $ABM$ y $ACM$ respectivamente, tenemos que $r_1p_1=r_2p_2$ y deducimos que
\[\frac{r_1}{r_2}=\frac{p_2}{p_1}=\frac{AM+CM+AC}{AM+BM+MB}{.}\]
Así, tenemos que probar que $AM+CM+AC<2(AM+BM+AB)$ o, lo que es lo mismo, $AM+CM+2AB>AC$ y esta última desigualdad es consecuencia de la desigualdad triangular $AM+CM>AC$ (en el triángulo $ACM$) y de que $2AB>0$.
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Demostrar que pueden tomarse \(2^k\) números del conjunto \(\{0,1,2,\ldots,3^k-1\}\), de forma que cualesquiera tres de ellos (distintos) no estén en progresión aritmética.
Pista. Trabajar en base \(3\).
PistaSolución 1Solución. Escojamos aquellos números que, en base \(3\), se escriben únicamente con los dígitos \(0\) y \(1\). Está claro que hay \(2^k\) números satisfaciendo esta condición, luego bastará probar que no hay tres números de este tipo en progresión aritmética. En efecto, si \(a\lt b\lt c\) están en progresión aritmética, entonces \(2b=a+c\) pero, trabajando en base \(3\), \(2b\) sólo tiene dígitos 0 y 2 luego necesariamente \(a=c\) y, por tanto, \(a=b=c\), de donde no hay tres distintos en progresión aritmética.
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Informar de procedencia del problemaProblema 72★★☆☆☆
Demostrar que si \(n\in\mathbb{N}\) cumple que \((n-1)!+1\) es divisible entre \(n\), entonces \(n\) es un número primo.
Pista. Demostrar que si \(n\) es compuesto entonces \((n-1)!+1\) no es divisible entre \(n\).
PistaSolución 1Solución. Probaremos el contrarrecíproco: si \(n\) es compuesto entonces \((n-1)!+1\) no es divisible entre \(n\), para lo que veremos que si \(n\neq 4\) y \(n=pq\) con \(1\lt p,q\lt n\), entonces \(n\) es un divisor de \((n-1)!\). Para probar esto último, si \(p\neq q\), tanto \(p\) como \(q\) son factores que aparecen en \((n-1)!\) ya que \(p\lt n\) y \(q\lt n\). Si, por el contrario, \(p=q\), entonces o bien \(p=2\), en cuyo caso \(n=4\) (caso que hemos aislado), o bien \(p\gt 2\) y \(n=p^2\gt 2p\), con lo que tanto \(p\) como \(2p\) aparecen en el desarrollo de \((n-1)!\) y, por tanto, \(n=p^2\) divide a \((n-1)!\). El caso \(n=4\) se comprueba directamente que verifica el enunciado.
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Informar de procedencia del problemaProblema 71★★☆☆☆
Demostrar que todo número entero \(n>6\) puede expresarse como suma de dos números naturales mayores que uno y primos entre sí.
Pista. Distinguir si \(n\) es par o impar. Utilizar que cualquier divisor común a \(k\) y \(k+a\), también es divisor de \(a\).
PistaSolución 1Solución. Si \(n\) es impar, entonces es de la forma \(n=2k+1\) luego podemos expresarlo como \(k+(k+1)\), donde \(k\) y \(k+1\) son mayores que uno y primos entre sí. Si \(n\) es de la forma \(n=2k\) (es decir, es par), entonces \(n=(k-1)+(k+1)\). Si \(k-1\) y \(k+1\) son primos relativos, hemos terminado. En caso contrario, el único posible factor común a \(k-1\) y \(k+1\) es \(2\) en cuyo caso ambos son pares y podemos tomar \(n=(k-2)+(k+2)\), donde cualquier divisor de \(k-2\) y \(k+2\) divide a \(4\) pero \(k-2\) y \(k+2\) son ahora impares y, por tanto, primos relativos. Observemos que la condición \(n>6\) demuestra que todos los sumandos considerados son mayores que uno.
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Informar de procedencia del problemaProblema 70★★☆☆☆
Hallar los números primos \(p\) tales que \(p+10\) y \(p+14\) también son primos.
Pista. Estudiar los restos módulo \(3\).
PistaSolución 1Solución. Tenemos que cada uno de los números \(p\), \(p+10\) y \(p+14\) tiene un resto distinto módulo \(3\) luego uno de ellos será multiplo de \(3\), es decir, será igual a \(3\) pues es primo. Tenemos los casos \(p=3\), \(p=-7\) y \(p=-11\). Los dos primeros son soluciones al enunciado como puede comprobarse, mientras que la última lleva a que \(p+10=-1\), que no es primo.
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