Hallar todas las ternas de números enteros $(a,b,c)$ tales que
\begin{eqnarray*}
a+b+c&=&24,\\
a^2+b^2+c^2&=&210,\\
abc&=&440.
\end{eqnarray*}
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Pista. Los números $a$, $b$ y $c$ han de ser divisores de $440$ y no hay muchos divisores de $440$.
Solución. La tercera ecuación nos dice que $a,b,c$ han de ser divisores de $440=2^3\cdot 5\cdot 11$, pero la segunda ecuación nos dice que cada uno de estos números ha de ser menor o igual en valor absoluto a $14$ (en caso contrario, la suma de los cuadrados se pasaría de $210$). Por tanto, nos quedan las posibilidades $\{\pm 1,\pm 2,\pm 4,\pm 5,\pm 8,\pm 10, \pm 11\}$ para $a,b,c$. Para que se cumpla la tercera ecuación, uno de los números tiene que ser $\pm 11$ y otro $\pm 5$ ó $\pm 10$ ya que $440=2^3\cdot 5\cdot 11$. Ahora es fácil ver, probando casos en la segunda ecuación que los tres números tienen que ser $\pm 11$, $\pm 5$ y $\pm 8$. Evaluando las distintas posibilidades en la primera ecuación se llega a que los números son $11$, $8$ y $5$ (todos positivos). Deducimos que las soluciones son la terna $(11,8,5)$ y todas sus permutaciones.
Solución. Podemos expresar
\[ab+bc+ac=\frac{1}{2}\left((a+b+c)^2-(a^2+b^2+c^2)\right)=\frac{1}{2}(24^2-210)=183.\]
De las ecuaciones de Cardano, deducimos ahora que $a$, $b$ y $c$ son las raíces del polinomio
\[p(x)=x^3-24x^2+183x-440.\]
Como dichas raíces han de ser divisores de $440$, se puede probar caso por caso usando la regla de Ruffini y ver que $p(x)$ se factoriza como
\[p(x)=(x-11)(x-8)(x-5),\]
de donde obtenemos que las soluciones son la terna $(11,8,5)$ y todas sus permutaciones.
Sea $P$ un punto interior del triángulo equilátero $ABC$ tal que $PA=5$, $PB=7$ y $PC=8$. Hallar la longitud de un lado del triángulo $ABC$.
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Pista. Haz una rotación de $60º$ respecto del vértice $A$ e investiga relaciones entre áreas en la figura resultante.
Solución. Consideremos un giro de centro en $C$ y ángulo $60º$ que transforma $ABC$ en otro triángulo equilátero $A'B'C'$ con $B'=A$ y $C'=C$. Llamemos $P'$ al punto en el que se transforma $P$ por dicho giro. Entonces, está claro que $PP'C$ es es equilátero (ya que $PC=P'C$ y $\angle PCP'=60ª$) y $APP'$ tiene por lados $AP$, $AP'=BP$ y $PP'=CP$. Además, se cumple que
\[\text{área}(APP')+\text{área}(CPP')=\text{área}(AP'C)+\text{área}(APC)=\text{área}(BPC)+\text{área}(APC).\]
Si llamamos $\Delta_a$ a un triángulo equilátero de lado $a$ y $T$ al triángulo de lados $5$, $7$ y $8$, tenemos que
\[\text{área}(\Delta_8)+\text{área}(T)=\text{área}(BPC)+\text{área}(APC).\]
Análogamente, haciendo giros de $60º$ respecto de los vértices $A$ y $B$, tenemos que
\begin{eqnarray*}
\text{área}(\Delta_7)+\text{área}(T)&=\text{área}(APB)+\text{área}(BPC),\\
\text{área}(\Delta_5)+\text{área}(T)&=\text{área}(APB)+\text{área}(APC).
\end{eqnarray*}
Sumando las tres igualdades y teniendo en cuenta que las áreas de los tres triángulos $APB$, $BPC$ y $APC$ suman el área de $\Delta_\ell$, siendo $\ell$ el lado del triángulo $ABC$, llegamos a la identidad
\[\text{área}(\Delta_5)+\text{área}(\Delta_7)+\text{área}(\Delta_8)+3\cdot\text{área}(T)=2\cdot\text{área}(\Delta_\ell).\]
Usando que $\text{área}(\Delta_a)=\frac{\sqrt{3}}{4}a^2$ y que la fórmula de Herón nos dice que $\text{área}(T)=\sqrt{p(p-5)(p-7)(p-8)}=10\sqrt{3}$, siendo $p=10$ el semiperímetro de $T$, podemos transformar la identidad anterior en la ecuación
\[(5^2+7^2+8^2)\frac{\sqrt{3}}{4}+30\sqrt{3}=\frac{\sqrt{3}}{2}\ell^2,\]
de donde deducimos que $\ell=\sqrt{129}$.
Solución. Vamos a introducir coordenadas para resolver el problema. Para simplificar los cálculos, tomemos el origen de coordenadas en el vértice $C$ y el eje de abscisas sobre el lado $BC$, de forma que los tres vértices tengan coordenadas
\[A=\left(\frac{\ell}{2},\frac{\sqrt{3}}{2}\ell\right),\qquad B=(\ell,0),\qquad C=(0,0),\]
siendo $\ell$ el lado del triángulo equilátero $ABC$. Si tomamos $P=(x,y)$, las condiciones dadas en el enunciado pueden reescribirse como
\begin{eqnarray*}
d(A,P)=5&\Leftrightarrow&\left(x-\frac{\ell}{2}\right)^2+\left(y-\frac{\sqrt{3}}{2}\ell\right)^2=25,\\
d(B,P)=7&\Leftrightarrow&(x-\ell^2)+y^2=49,\\
d(C,P)=8&\Leftrightarrow&x^2+y^2=64.\\
\end{eqnarray*}
Usando la tercera ecuación para eliminar los cuadrados de $x$ en $y$ en las dos primeras, podemos despejar $x$ e $y$ en función de $\ell$ como
\[x=\frac{\ell^2+15}{2\ell},\qquad y=\frac{\ell^2+63}{2\sqrt{3}\ell}.\]
Imponiendo finalmente que $x^2+y^2=64$, obtenemos la ecuación
\[\left(\frac{\ell^2+15}{2\ell}\right)^2+\left(\frac{\ell^2+63}{2\sqrt{3}\ell}\right)^2=64\ \Leftrightarrow\ \ell^4-138\ell^2+1161=0.\]
Esta ecuación bicuadrada tiene como soluciones positivas $\ell=\sqrt{129}$ y $\ell=3$, aunque ésta última debe descartarse ya que el punto $P$ ha de ser interior al triángulo.
Hallar las raíces $r_1,r_2,r_3,r_4$ de la ecuación $4x^4-ax^3+bx^2-cx+5=0$ sabiendo que son todas reales positivas y que
\[\frac{r_1}{2}+\frac{r_2}{4}+\frac{r_3}{5}+\frac{r_4}{8}=1.\]
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Pista. Busca la forma de usar la desigualdad entre las medias aritmética y geométrica con los datos de que dispones.
Solución. Podemos escribir la ecuación como
\[4x^4-ax^3+bx^2-cx+5=4(x-r_1)(x-r_2)(x-r_3)(x-r_4)=0.\]
Desarrollando el producto y comparando el término independiente en ambos polinomios, deducimos que $r_1r_2r_3r_4=\frac{5}{4}$. Aplicando ahora la desigualdad entre las medias aritmética y geométrica a los números $\frac{r_1}{2}$, $\frac{r_2}{4}$, $\frac{r_3}{5}$ y $\frac{r_4}{8}$, que son reales positivos, llegamos a que
\[\frac{1}{4}=\frac{\frac{r_1}{2}+\frac{r_2}{4}+\frac{r_3}{5}+\frac{r_4}{8}}{4}\leq\sqrt[4]{\frac{r_1}{2}\cdot\frac{r_2}{4}\cdot\frac{r_3}{5}\cdot\frac{r_4}{8}}=\sqrt[4]{\frac{r_1r_2r_3r_4}{320}}=\frac{1}{4}.\]
Como se da la igualdad, deducimos que estos cuatro números son iguales e iguales a la media, es decir,
\[\frac{r_1}{2}=\frac{r_2}{4}=\frac{r_3}{5}=\frac{r_4}{8}=\frac{1}{4}.\]
De aquí que $r_1=\frac{1}{2}$, $r_2=1$, $r_3=\frac{5}{4}$ y $r_4=2$.
Si $x$ e $y$ son números reales distintos y distintos de $1$ y además
\[\frac{yz-x^2}{1-x}=\frac{xz-y^2}{1-y},\]
demostrar que ambas fracciones son iguales a $x+y+z$.
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Pista. Resta $x+y+z$ de ambas fracciones y opera.
Solución. Restando $x+y+z$ de ambas fracciones, obtenemos la igualdad
\begin{eqnarray*}
\frac{yz-x^2}{1-x}-(x+y+z)&=&\frac{yz-x^2-(1-x)(x+y+z)}{1-x}=\frac{yz+xz+xy-x-y-z}{1-x},\\
\frac{xz-y^2}{1-y}-(x+y+z)&=&\frac{xz-y^2-(1-y)(x+y+z)}{1-y}=\frac{yz+xz+xy-x-y-z}{1-y}.\\
\end{eqnarray*}
Como estas fracciones han de ser iguales pero los denominadores son distintos (y distintos de cero), el numerador común debe ser cero, luego las fracciones iniciales eran iguales a $x+y+z$, como queríamos probar.
A cada entero positivo $n$ se le asigna un entero no negativo $f(n)$ de tal manera que se satisfagan las siguientes condiciones:
- $f(r\cdot s)=f(r)+f(s)$,
- $f(n)=0$, siempre que la cifra de las unidades de $n$ sea $3$,
- $f(10)=0$.
Hallar $f(1985)$. Justificar la respuesta.
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Pista. Factorizar siempre es útil.
Solución. Tenemos una función $f:\mathbb{N}\to\mathbb{N}_0$ cumpliendo las propiedades del enunciado. Por un lado, tenemos que $0=f(10)=f(2)+f(5)$, luego $f(2)=f(5)=0$ ya que ambos números son no negativos. Por tanto, se tiene que $f(1985)=f(5\cdot 397)=f(5)+f(397)=f(397)$. Por otro lado, las propiedades del enunciado nos dicen que
\[0=f(3573)=f(3\cdot 3\cdot 397)=f(3)+f(3)+f(397)=f(397)\]
ya que tanto $3573$ como $3$ tienen la cifra de las unidades igual a $3$. De aquí deducimos que $f(1985)=0$.
Dado un triángulo acutángulo $ABC$, sean $D$, $E$ y $F$ puntos de las rectas $BC$, $AC$ y $AB$, respectivamente. Si las rectas $AD$, $BE$ y $CF$ pasan todas por $O$, el circuncentro del triángulo $ABC$, demostrar que
\[\frac{1}{AD}+\frac{1}{BE}+\frac{1}{CF}=\frac{2}{R},\]
donde $R$ es el radio de la circunferencia circunscrita a $ABC$.
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Pista. Demuestra que $1-\frac{R}{AD}=\frac{\mathrm{Area}(BOC)}{\mathrm{Area}(ABC)}$ y otras fórmulas similares para $BE$ y $CF$.
Solución. Sean $M$ el punto medio del lado $BC$ y $P$ el pie de la altura que pasa por $A$ en el lado $BC$. Como $OM$ y $AP$ son paralelas, tenemos que $APD$ es semejante a $OMD$. De esta forma, se cumple que
\[\frac{AD-R}{AD}=\frac{OD}{AD}=\frac{OM}{AP}=\frac{OM\cdot BC}{AP\cdot BC}=\frac{\mathrm{Area}(BOC)}{\mathrm{Area}(ABC)},\]
donde hemos usado que $OM$ es la alutra del triángulo $BOC$ y la fórmula del área de un triángulo como la mitad de la base por la altura. Repitiendo el mismo argumento para los tres lados del triángulo, se tienen las relaciones
\[\frac{AD-R}{AD}=\frac{\mathrm{Area}(BOC)}{\mathrm{Area}(ABC)},\qquad
\frac{BE-R}{BE}=\frac{\mathrm{Area}(AOC)}{\mathrm{Area}(ABC)},\qquad
\frac{CF-R}{CF}=\frac{\mathrm{Area}(AOB)}{\mathrm{Area}(ABC)}.
\]
Sumando estas tres igualdades llegamos a que
\[3-\frac{R}{AD}-\frac{R}{BE}-\frac{R}{CF}=\frac{\mathrm{Area}(BOC)+\mathrm{Area}(AOC)+\mathrm{Area}(AOB)}{\mathrm{Area}(ABC)}=1,\]
de donde se obtiene claramente la fórmula del enunciado.