Problemas de la OIMU - del 11 al 16

Ejercicio 11.

Sean m y n números enteros mayores que 1. Se definen los conjuntos y .

Encontrar la distancia entre y , que se define como .

(18/11/2006-Problema 1)

Solución

En primer lugar es fácil ver que si entonces tomando

, y puesto que

Consideremos ahora el caso en que . Entonces demostraremos en primer lugar que . Para ello supongamos que existieran

Lo que nos lleva a una contradicción.

Por tanto

(Por ser el numerador entero positivo)

Demostremos que es exactamente igual a . Sabemos que la ecuación de Diofanto tiene infinitas soluciones con I, J enteros por ser precisamente . Entonces sólo nos hace falta ver que alguna de ellas cumple las restricciones . Para ello tomemos una solución cualquiera I, J. Por ser m y n estrictamente mayores que 1 sabemos que podemos escribirla como con . La prueba de que i, j han de ser distintos de cero es sencilla teniendo en cuenta que la ecuación está igualada a 1 y 1 no es divisible ni por n ni por m. Por tanto, tenemos que

. Es fácil demostrar que k ha de ser igual a l ya que si no sería estrictamente mayor que n, que es mayor que 1. (El que sea estrictamente mayor que n es porque, al ser , entonces :

Si , entonces , por lo que

Por tanto, si , entonces , por lo que

Por tanto tenemos que , siendo

, como queríamos, luego .

(Otra forma de ver que existen , tales que : La ecuación de congruencias tiene solución al ser , por lo que existe un tal que , con un número natural tal que .)

Ejercicio 12.

Demostrar que para cualquier entero positivo n y cualesquiera números reales se cumple que la ecuación

, tiene al menos una raíz real.

(18/11/2006-Problema 2)

Solución

(Al ser cos una función par, ). Entonces, al ser continua, existe un tal que (si entonces , si entonces . Por tanto, habrá algún tal que y algún tal que , luego por Bolzano habrá un entre medias tal que ).

Otra forma de verlo (análoga a la anterior): Una primitiva de sería

Se cumple que (ya que cos es una función par, ), por lo que, por el teorema de Rolle, existe un (en esta solución no hemos usado que es continua, sólo que tiene una primitiva que es continua en un intervalo cerrado, y que vale igual en sus extremos).

Observación

Se puede ver que la ecuación tiene al menos 2 soluciones reales en , ya que al ser una función del mismo tipo que , por lo que si y tiene una sola raíz en , entonces por continuidad de se cumplirá que , con sólo un tal que , por lo que , ó bien que , con sólo un tal que , por lo que , contradicción en ambos casos.

(De hecho la ecuación tiene infinitas soluciones reales, ya que , al ser y , por lo que es solución de la ecuación si lo es)

Ejercicio 13.

Sean , para todo . Denotamos por el conjunto de todas las raíces reales de la ecuación . Demostrar que y que cada producto de dos elementos de es el promedio de dos elementos de .

(18/11/2006-Problema 2)

Solución

Para demostrar la segunda afirmación, vemos primero que la ecuación tiene todas las soluciones reales y en . Para ello, vamos a ver que la ecuación tiene todas las soluciones reales y en para todo tal que :

Observamos que el polinomio tiene grado , por lo que las ecuaciones , tienen soluciones:

Para , , polinomio de grado 3. Si suponemos que es un polinomio de grado , entonces , polinomio al ser composición de polinomios, y de grado .

Tenemos que ver entonces que las soluciones de son reales y en .

Para , cumple que . Tenemos que

, , , .

Entonces, va de a 1 cuando va de a , de 1 a cuando va de a , y de a 1 cuando va de a 1, por lo que cualquier recta con corta a en 3 puntos con la en .

Supongamos que tiene soluciones en para cualquier con . Entonces tiene como soluciones, como vimos para el caso , , , con para . Pero tiene soluciones en para (inducción), luego en total tiene soluciones en .

Entonces, para nos da que tiene raíces en , por lo que, por Rolle, tiene raíces en , una entre cada 2 raíces de , tantas entonces como el grado de . Si en una de ellas tiene un máximo relativo en la siguiente tiene un mínimo relativo y viceversa, ya que si en el intervalo tiene un máximo relativo, siendo raíces de , entonces para todo , por lo que si en el intervalo tiene otro máximo relativo, siendo otra raíz de , entonces para todo , por lo que en habría un mínimo relativo, contradicción con que las raíces de están entre las raíces de . Por tanto, en de las raíces de hay un máximo relativo de , y en las otras hay un mínimo relativo de , y en los máximos relativos es positiva, y en los mínimos relativos es negativa.

Vamos a ver que en los máximos relativos vale 1 y en los mínimos relativos vale :

Para ya lo vimos, en la demostración de que las soluciones de son reales y en .

Lo suponemos cierto para , entonces

, luego los extremos relativos de se alcanzan en los puntos donde se alcanzan los extremos relativos de , ó si vale ó

En los donde se alcanzan máximos relativos de , (inducción), por lo que , alcanzándose entonces también un máximo relativo de

En los donde se alcanzan mínimos relativos de , (inducción), por lo que , alcanzándose entonces también un mínimo relativo de

En los en los que , se cumple que , en los en los que , se cumple que .

Vemos ya que las soluciones de están todas en : Como para todo (es un punto fijo de ), el primer extremo relativo de , que se alcanzará en un punto , es un máximo (llamamos en general al punto donde se alcanza el extremo relativo número de ).

Entonces, como , , por Bolzano existe un tal que , como , , por Bolzano existe un tal que , y en general entre cada dos puntos donde se alcanza un extremo relativo de habrá una raíz de , luego habrá raíces de , que con , 1 (1 también es punto fijo de ) hacen raíces de , luego las soluciones de estarán todas en como queríamos ver, y serán por tanto del tipo coseno.

Vemos ahora que para todo :

Para ,

Si es cierto para ,

Vemos entonces cómo son las soluciones de :

, ó , con

. La primera ecuación da como solución , y la segunda da como solución , por lo que las soluciones de son , , con (aunque , el número de soluciones es finita por la periodicidad del coseno. Vimos que el número de soluciones era ).

Comprobamos que, si es solución de , entonces y son soluciones de . Que el coseno sea solución de ya lo vimos al demostrar la primera afirmación, cuando vimos que .

Para demostrar que el seno también es solución, vemos primero que es solución de si par:

, solución de como vimos antes, al pertenecer a , ya que como es par , por lo que es múltiplo de 4.

Entonces, si tenemos una solución de del tipo , se cumple que , solución de como hemos visto antes, al ser par.

Si tenemos una solución de del tipo , se cumple que , solución de como hemos visto antes, al ser par.

Utilizamos todo esto para ver que, si , son soluciones a , entonces , son soluciones a :

Donde la penúltima igualdad se debe a que, como , son soluciones a , por lo visto antes , , , son soluciones a , y entonces ,…

De igual forma,

Entonces, si , son soluciones de , se cumple que:

, promedio de dos soluciones de

Otra forma de hallar las soluciones de en la que no hace falta ver que están todas en :

Si probamos soluciones a esta ecuación del tipo coseno, vimos que éstas han de ser y , con . Pero por la periodicidad del coseno, vemos que todas las soluciones son , , con , .

Pero basta con llegar a y , ya que si , tenemos que , por lo que

, con , y lo mismo pasaría para . Como , están entre 0 y cuando está entre 0 y , está entre 0 y , y ahí el coseno es inyectivo, las soluciones con entre 0 y son distintas entre sí y las soluciones con entre 0 y son distintas entre sí, por lo que en principio tenemos soluciones a la ecuación. Pero no todas las de la forma son distintas a las de la forma , ya que si , los cosenos son iguales. Esto pasa cuando .

Como (si y , entonces ), la única opción para que se dé esta igualdad con entre 0 y y entre 0 y es ó y , por lo que hay que descontar 2 soluciones y en realidad hay soluciones distintas a la ecuación. Como vimos que el grado de es , éstas son todas las soluciones a (son por tanto con , con )

Otra forma de ver que, si , son soluciones a , entonces , son soluciones a :

Si son soluciones a de la forma y , con , entonces , con , luego también es solución a , y por tanto a como vimos, y lo mismo pasará con

Tendremos el mismo caso si las soluciones iniciales son de la forma y . Si las soluciones iniciales son de la forma y , con , entonces , con

, luego será solución de , y lo mismo pasará con

Ejercicio 14.

Sea un número entero mayor que 1, no divisible ni por 2 ni por 5. En la escritura decimal infinita del número se eligen arbitrariamente un número finito de dígitos después del punto decimal y luego se borran. Claramente el número decimal obtenido es racional también y por lo tanto tiene la forma con y enteros. Demostrar que es divisible por .

(2008-Problema 1)

Solución

Si es periódico puro de la forma resulta:

Restando ambas expresiones llegamos a

Si al borrar un número finito de dígitos es periódico puro entonces y hemos terminado. Si es periódico mixto entonces se puede escribir de la forma y tenemos:

Restando ambas expresiones tenemos:

, es decir,

De donde resulta:

(en la última igualdad hemos dividido numerador y denominador entre y hemos tenido en cuenta que ). Entonces, como es primo relativo con el numerador, divide a .

Si es periódico mixto de la forma , operando de la misma manera resulta

Pero como no es divisible entre 10 tenemos que para algún natural. Sustituyendo este valor en la expresión anterior resulta y como tenemos que , por lo que podemos poner y la expresión queda . Consideremos ahora el número periódico puro , resulta (razonando como al principio):

Por lo que restando ambas expresiones se sigue que . De aquí se deduce que y por tanto es periódico puro, contradicción, por lo que no puede ser periódico mixto.

Queda demostrar que la expresión no puede tener un número finito de cifras decimales con las condiciones del enunciado. Si suponemos que esto es posible resulta , luego . Como la parte derecha de la expresión es entera, la parte izquierda también debe serlo por lo que divide a , pero esto es imposible ya que por el enunciado se tiene que no es divisible ni entre 5 ni entre 2.

Ejercicio 15.

Demostrar que para cada número natural existe un polinomio con coeficientes reales, de grado , tal que el polinomio es divisible por en el anillo .

(2008-Problema 2)

Solución

Sea , si tomamos resulta que:

Es evidente que dichos polinomios verifican el enunciado para todo .

Ejercicio 16.

Dos vértices A y B de un triángulo ABC están ubicados en una parábola con de tal forma que los lados AC y BC son tangentes a la parábola. Sea la longitud de la mediana del triángulo ABC y S el área de dicho triángulo. Encontrar .