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Problemas Fase de Distrito

  1. Resolver sin calculadora la ecuación \(\sqrt[4]{6561} \cdot 12^{\sqrt{x}} = 6^x\).
Solución

Podemos factorizar fácilmente \(6561=3^8\). Por comodidad, escribiremos \(x=t^2\), ya que ha de ser \(x \geq 0\). Así, la ecuación queda \(9 \cdot 12^t = 6^{t^2}\). Factorizando cada lado, obtenemos \(2^{2t} \cdot 3^{t+2} = 2^{t^2} \cdot 3^{t^2}\). Dado que en el lado derecho \(2\) y \(3\) tienen el mismo exponente, también han de tenerlo en el lado izquierdo. Es decir, \(2t=t+2\) y \(t=2\), y por lo tanto \(\boxed{x=4}\) es la solución buscada.

  1. Determinar \(x\), \(y\), \(z\) en el número \(33xy49z\) para que sea múltiplo de \(693\).
Solución

Tenemos que \(693 = 3^2 \cdot 7 \cdot 11\), por lo que el número ha de ser múltiplo de \(9\) y de \(11\). Para que sea múltiplo de \(9\), la suma de sus cifras \(3+3+x+y+4+9+z\) ha de ser múltiplo de \(9\). Es decir, \(x+y+z+4\) ha de ser múltiplo de \(9\). Por otro lado, para que sea múltiplo de \(11\), la suma alterna de sus cifras \(3-3+x-y+4-9+z\) ha de ser múltiplo de \(11\). Es decir, \(x-y+z-5\) ha de ser múltiplo de \(11\).

  1. Siendo \(M\) el punto medio del segmento de extremos \(A\) y \(B\), estudia el lugar geométrico de los puntos \(P\) del plano tales que \(PM\) sea media proporcional (geométrica) entre \(PA\) y \(PB\).
Solución

Sin pérdida de generalidad, podemos asignar coordenadas a los puntos: \(A(-d, 0)\), \(M(0,0)\), \(B(d, 0)\) y \(P(x, y)\). Se nos pide hallar para qué valores de \(x\), \(y\) se cumple que \(PA : PM = PM : PB\), es decir, \(PM^2 = PA \cdot PB\).

\[ \begin{align*} PM^2 &= PA \cdot PB \\ x^2 + y^2 &= \sqrt{(x+d)^2+y^2}\sqrt{(x-d)^2+y^2} \\ \left(x^2 + y^2\right)^2 &= \left((x+d)^2+y^2\right)\left((x-d)^2+y^2\right) \\ x^4 + 2x^2y^2 + y^4 &= (x+d)^2(x-d)^2 + \left((x+d)^2+(x-d)^2\right)y^2 + y^4 \\ x^4 + 2x^2y^2 + y^4 &= \left(x^2-d^2\right)^2 + \left(x^2+\cancel{2xd}+d^2+x^2-\cancel{2xd}+d^2\right)y^2 + y^4 \\ \cancel{x^4} + \cancel{2x^2y^2} + \cancel{y^4} &= \cancel{x^4} - 2x^2d^2 + d^4 + \cancel{x^2y^2} + d^2y^2 + \cancel{x^2y^2} + d^2y^2 + \cancel{y^4} \\ 2d^2(x^2-y^2) &= d^4 \\ x^2 - y^2 &= \frac{d^2}{2} \end{align*} \]

El punto \(P\) ha de estar sobre una hipérbola cuyos ejes son las rectas \(x+y=0\) y \(x-y=0\) y sus focos los puntos \(A\) y \(B\).

  1. Determina la relación entre \(b\) y \(c\) para que las raíces de \(x^3+bx+c=0\) estén en progresión aritmética.
Solución

Claramente, una de las raíces será siempre \(0\), por lo que las raíces pueden ser \(\{-d, 0, d\}\) o \(\{0, d, 2d\}\).

En el primer caso,

\[ x^3+bx^2+cx = (x+d)(x-0)(x-d) \quad\rightarrow\quad b=0, \; c=-d^2 \]

por lo que \(b=0\) y \(c \leq 0\).

En el segundo caso,

\[ x^3+bx^2+cx = (x-0)(x-d)(x-2d) \quad\rightarrow\quad b=-3d, \; c=2d^2 \]

por lo que \(2b^2=9c\).

  1. Construir con regla y compás un triángulo rectángulo conocidas la longitud de un cateto y la suma de los otros dos lados.
Solución

Sea \(b\) el cateto conocido y \(a+c\) la suma de los otros dos lados. Construimos el cateto \(AC\) de longitud \(b\) y desde \(C\) construimos en perpendicular un segmento \(CP\) de longitud \(a+b\). Ahora trazamos el segmento \(AP\) y su mediatriz, que cortará al segmento \(CP\) en \(B\). Dado que \(B\) pertenece a la mediatriz de \(AP\), se cumple que \(BP=BA\) y por lo tanto \(AB+BC=PB+BC=PC=a+c\), como queríamos.

  1. Al dividir \(p(x)\) por \((x + 2)\), \((x - 2)\) y por \((x + 3)\) se obtienen los restos \(4\), \(8\) y \(13\), respectivamente. Determinar el resto de dividir \(p(x)\) por \((x + 2)(x - 2)(x + 3)\).
Solución

Podemos escribir

\[ \begin{align*} p(x) &= q_1(x)(x+2) + 4 \\ p(x) &= q_2(x)(x-2) + 8 \\ p(x) &= q_3(x)(x+3) + 13 \\ p(x) &= q_4(x)(x+2)(x-2)(x+3) + r(x) \\ \end{align*} \]

donde \(r(x)\) tiene grado menor o igual a \(2\). Por lo tanto, \(r(x) = ax^2+bx+c\). Además, vemos que \(r(-2)=4\), \(r(2)=8\) y \(r(-3)=13\), lo que permite plantear un sistema de ecuaciones, cuya única solución es \(a=2\), \(b=1\), \(c=-2\). Es decir, \(\boxed{r(x) = 2x^2+x-2}\).

  1. En el cuadrado de vértices \(A\), \(B\), \(C\) y \(D\), de lado \(a\), se trazan los arcos \(AC\) y \(BD\) con centros en \(B\) y \(A\) respectivamente. Los dos arcos se cortan en el interior del cuadrado en \(E\). Hallar el radio de la circunferencia inscrita en el triángulo curvilíneo \(ABE\).
Solución

Sea \(M\) el punto medio del lado \(AB\), \(O\) el centro de la circunferencia inscrita, \(r\) su radio, y \(T\) el punto de tangencia de la circunferencia inscrita y el arco \(BD\). Entonces, \(AO=AT-OT=a-r\), \(AM=\frac{a}{2}\) y \(MO=r\). Por Pitágoras,

\[ \begin{align*} \left(\frac{a}{2}\right)^2 + r^2 &= (a-r)^2 \\ \frac{a^2}{4} + \cancel{r^2} &= a^2 - 2ar + \cancel{r^2} \\ 2ar &= \frac{3}{4}a^2 \\[12pt] r &= \frac{3}{8}a \end{align*} \]

  1. Hallar la suma \(S_n = \frac{1}{1 \cdot 2} + \frac{1}{2 \cdot 3} + \cdots + \frac{1}{n(n+1)}\).
Solución

Este es un clásico ejemplo de suma telescópica, ya que

\[ \frac{1}{n(n+1)} = \frac{1}{n} - \frac{1}{n+1} \]

Así,

\[ S_n = \frac{1}{1} - \frac{1}{2} + \frac{1}{2} - \frac{1}{3} + \cdots + \frac{1}{n} - \frac{1}{n+1} = 1 - \frac{1}{n+1} = \frac{n}{n+1} \]
  1. Demostrar que los números de la sucesión \(16\), \(1156\), \(111556\), \(11115556\), \(\dots\), que se van obteniendo intercalando \(15\) entre las cifras centrales, son siempre cuadrados perfectos.
Solución
\[ \begin{align*} \overbrace{1 \cdots 1}^n \overbrace{5 \cdots 5}^{n-1} 6 &= \overbrace{1 \cdots 1}^n \overbrace{5 \cdots 5}^n + 1 \\ &= \overbrace{1 \cdots 1}^n \cdot 10^n + \overbrace{1 \cdots 1}^n \cdot 5 + 1 \\ &= \overbrace{1 \cdots 1}^n (10^n + 5) + 1 \\ &= \frac{10^n-1}{9} (10^n + 5) + 1 \\ &= \frac{10^{2n}+4 \cdot 10^n - 5}{9} + 1 \\ &= \frac{10^{2n}+4 \cdot 10^n + 4}{9} \\ &= \left(\frac{10^n+2}{3}\right)^2 \\ \end{align*} \]

Podemos comprobar que todos los numeradores son múltiplos de \(3\) (¿por qué?) y que la sucesión inicial está formada por los cuadrados de \(4\), \(34\), \(334\), \(3334\), etc.

  1. Dados dos puntos \(A\) y \(B\) de la Tierra, supuesta esférica, tales que \(AB = 60 \degree\), hallar la relación entre las alturas \(x\) e \(y\) a que deben elevarse dos observadores en las verticales de \(A\) y de \(B\) para que puedan verse, y su valor concreto cuando sea \(x = y\).
Solución

Sean

  • \(R\) el radio de la Tierra
  • \(X\), \(Y\) las posiciones de los observadores, a distancias \(R+x\) y \(R+y\) del centro de la Tierra, respectivamente
  • \(T\) un punto en el arco \(AB\), correspondiente al punto de tangencia de la línea de vista \(XY\) entre ambos observadores
  • \(\alpha = \angle AOT\)

Entonces,

\[ \frac{R}{R+x} = \cos \alpha , \quad \frac{R}{R+y} = \cos{(60 \degree - \alpha)} \]

Podemos expandir el coseno de la diferencia,

\[ \cos{(60 \degree - \alpha)} = \cos 60 \degree \cos \alpha + \sin 60 \degree \sin \alpha = \frac{1}{2}(\cos \alpha + \sqrt{3} \sin \alpha) \]

Ahora podemos despejar \(\frac{R}{\cos \alpha}\) en cada ecuación,

\[ R+x = \frac{R+y}{2}(1 + \sqrt{3}\tan\alpha) \]

Cuando \(x=y\), tenemos la situación simétrica en que \(\alpha = 30 \degree\), por lo que

\[ x=y=\left(\frac{2}{\sqrt{3}}-1\right)R \]
  1. Hallar los polígonos regulares cuyos ángulos miden un número entero de grados.
Solución

Cada ángulo del polígono regular de \(n\) lados es \(180-\frac{360}{n}\), por lo que debemos buscar valores de \(n > 2\) que sean divisores de \(360\). Los divisores de \(360\) son

\[ \{1, 2, 3, 4, 5, 6, 8, 9, 10, 12, 15, 18, 20, 24, 30, 36, 40, 45, 60, 72, 90, 120, 180, 360\} \]

Así pues, \(n\) puede tomar cualquiera de estos valores excepto \(1\) o \(2\).

  1. Expresar \((x-y)^4\) como función polinómica de \(s=x+y\) y \(p=xy\).
Solución
\[ (x-y)^4 = \left((x-y)^2\right)^2 = \left(x^2-2xy+y^2\right)^2 = \left((x+y)^2-4xy\right)^2 = \left(s^2-4p\right)^2 = s^4-8s^2p+16p^2 \]
  1. En el conjunto de puntos del plano de coordenadas enteras se define una relación de equivalencia por la condición de ser las primeras coordenadas congruentes módulo 2 y las segundas congruentes módulo 3. Se pide:
    • Número de clases de equivalencia.
    • Buscar el representante de cada clase que está a distancia mínima del origen.
    • Se definen una suma y un producto componente a componente, módulo 2 y 3 en cada una respectivamente. Comprobar que es un anillo y hallar sus divisores de cero.
Solución
  • La primera coordenada determina dos clases, y la segunda tres, por lo tanto hay \(2 \cdot 3 = 6\) clases de equivalencia: \((0, 0)\), \((0, 1)\), \((0, 2)\), \((1, 0)\), \((1, 1)\), \((1, 2)\).
  • Los representantes de cada clase más cercanos al origen son:
\[ \begin{align*} (0, 0) &\rightarrow (0, 0) \quad &\text{(distancia 0)}\\ (0, 1) &\rightarrow (0, 1) \quad &\text{(distancia 1)}\\ (0, 2) &\rightarrow (0, -1) \quad &\text{(distancia 1)}\\ (1, 0) &\rightarrow (1, 0), (-1, 0) \quad &\text{(distancia 1)}\\ (1, 1) &\rightarrow (1, 1), (-1, 1) \quad &\text{(distancia } \sqrt{2} \text{)}\\ (1, 2) &\rightarrow (1, -1), (-1, -1) \quad &\text{(distancia } \sqrt{2} \text{)}\\ \end{align*} \]
  • Es sencillo comprobar que el conjunto satisface los axiomas de un anillo. Un elemento \(a \not= 0\) es un divisor de \(0\) si existe otro elemento \(a' \not= 0\) tal que \(aa' = 0\). Para que esto ocurra, \(a\) ha de tener exactamente una coordenada igual a \(0\). Por lo tanto, los divisores de \(0\) en este anillo son \((0,1)\), \((0, 2)\) y \((1, 0)\).
  1. Resolver la ecuación \(z^3=1\) y probar que las tres raíces obtenidas forman un grupo multiplicativo. Dar la tabla del grupo.
Solución
\[ z^3 - 1 = (z-1)(z^2+z+1) = 0 \quad \rightarrow \quad z_1 = 1, \quad z_2 = \frac{-1}{2} + \frac{\sqrt{3}}{2}i, \quad z_3 = \frac{-1}{2} - \frac{\sqrt{3}}{2}i \]
\(z_1\) \(z_2\) \(z_3\)
\(z_1\) \(z_1\) \(z_2\) \(z_3\)
\(z_2\) \(z_2\) \(z_3\) \(z_1\)
\(z_3\) \(z_3\) \(z_1\) \(z_2\)
  1. Construir un rectángulo conociendo un lado y la diferencia entre la diagonal y el otro lado.
Solución

Sea \(a\) el lado conocido y \(r = d-b\) la diferencia entre la diagonal y el otro lado. Contruimos el segmento \(AB\) de longitud \(a\) y trazamos una circunferencia de radio \(r\) con centro en \(A\). Trazamos por \(B\) una perpendicular \(\ell\), y hallamos sobre ella un punto \(P\) tal que \(BP=r\). Trazamos el segmento \(AP\) y su mediatriz, que cortará a \(\ell\) en un punto \(C\), que será el tercer vértice del rectángulo buscado. Para ver que es así, observamos que el segmento \(AC\) corta a la circunferencia en \(T\), y dado que \(C\) se encuentra sobre la mediatriz de \(AP\), las distancias \(AC=AT+TC\) y \(PC=PB+BC\) son iguales. Por lo tanto, \(AC-BC=AT+TC-BC=PB=r\), como queríamos. El cuarto vértice se construye ya sin dificultad.

  1. Hallar todos los números complejos que verifiquen \(\bar z = z^3\).
Solución

Como \(|\bar z| = |z|\) y \(|z^3| = |z|^3\), tenemos que \(|z|=|z|^3\), por lo que o bien \(|z|=0\) (que daría como solución \(z=0\)) o \(|z|=1\). Entonces, multiplicando la ecuación original por \(z\),

\[ \bar z z = z^3 z \quad \rightarrow \quad |z|^2 = 1 = z^4 \]

Por lo tanto, \(z^4-1=(z^2+1)(z^2-1)=0\) y las soluciones son \(\{1, -1, i, -i\}\).

  1. En una Olimpiada Matemática, ningún participante ha resuelto todos los problemas, pero todos los problemas han sido resueltos por algún participante. Demostrar que algún participante \(A\) ha resuelto un problema \(P_1\) y otro participante \(B\) ha resuelto un problema \(P_2\) tales que \(A\) no ha resuelto \(P_2\) y \(B\) no ha resuelto \(P_1\).
Solución

Supongamos que no es cierto. En ese caso, para cualquier pareja de participantes solo pueden darse dos posibilidades: o bien han resuelto exactamente los mismos problemas, o bien uno de ellos ha resuelto todos los problemas que ha resuelto el otro y alguno más. En el primer caso diremos que \(A\) y \(B\) han empatado, mientras que en el segundo diremos que \(A\) domina a \(B\) (o viceversa). Así pues, podemos ordenar a todos los participantes de manera que han empatado con o dominan a todos los que vienen después. En ese caso, los problemas que no ha resuelto el primer participante no los ha resuelto ningún otro, por lo que habría problemas sin resolver. Esto es una contradicción, por lo que el problema queda demostrado.

  1. Se considera una esfera \(E\) de radio \(R\) y un triedro trirrectángulo \(T\) con vértice en el centro de la esfera. Se deben colocar ocho esferas de radio \(r\) en el interior de \(E\), de forma que cada una de ellas sea tangente a los tres planos de \(T\) y a \(E\). Calcular \(r\).
Solución

Consideremos una esfera de radio \(r\) tangente a los tres planos de un triedro. Su centro se encuentra a distancia \(r\) de cada uno de los planos, por lo que se encuentra a distancia \(\sqrt{r^2+r^2+r^2}=\sqrt{3}r\) del origen. Ahora tracemos una semirrecta desde el origen que pase por el centro de la esfera. La semirrecta corta a la esfera en dos puntos, de los cuales el más alejado del origen se encuentra a distancia \(\sqrt{3}r+r\) de este. Por lo tanto, para que esta esfera sea tangente a otra de radio \(R\) y con centro en el origen, ha de cumplirse que \(\sqrt{3}r+r=R\), es decir,

\[ r = \frac{R}{\sqrt{3}+1} = \frac{\sqrt{3}-1}{2}R \]
  1. En el plano complejo, \(c=2+i\) es el centro de un cuadrado, y \(v_1=5+5i\) uno de sus vértices. Halla los otros tres.
Solución

Podemos hallar el vector centro-vértice, \(z = v_1 - c = (5+5i) - (2+i) = 3+4i\). Multiplicando por \(i\), hallamos el vector que lleva desde el centro a cada uno de los otros vértices.

\[ \begin{align*} v_2 &= c + iz = (2+i) + i(3+4i) = -2 + 4i \\ v_3 &= c + i^2z = (2+i) - (3+4i) = -1 - 3i \\ v_4 &= c + i^3z = (2+i) - i(3+4i) = 6 - 2i \end{align*} \]
  1. Demuestra que la suma de los cubos de tres números naturales consecutivos es múltiplo de \(9\).
Solución
\[ (n-1)^3+n^3+(n+1)^3 = n^3 - 3n^2 + 3n - 1 + n^3 + n^3 + 3n^2 + 3n + 1 = 3n^3 + 6n = 3n(n^2 + 2) \]

Es evidente que el resultado es múltiplo de \(3\), pero para que sea múltiplo de \(9\) debemos demostrar que \(n(n^2+2)\) es múltiplo de \(3\). Si \(n\) es múltiplo de \(3\), ya hemos terminado. Si no, será de la forma \(n=3k \pm 1\), por lo que \(n^2 = 9k^2 \pm 6k + 1\), de manera que \(n^2+2 = 9k^2 \pm 3k + 3 = 3(3k^2 \pm k + 1)\), que es múltiplo de \(3\).

  1. Demostrar que para todo \(n\) natural se verifica \(3^{2n+2} + 2^{6n+1} \equiv 0 \pmod {11}\).
Solución
\[ 3^{2n+2} + 2^{6n+1} \equiv 9^{n+1} + 64^n \cdot 2 \equiv (-2)^{n+1} + (-2)^n \cdot 2 \equiv (-2)^n (-2+2) \equiv 0 \pmod {11} \]
  1. Demostrar que para tres números reales cualesquiera \(x^2 + y^2 + z^2 \geq xy + yz + zx\).
Solución

Es evidente que \((x-y)^2 \geq 0\), lo que implica que \(x^2 + y^2 \geq 2xy\). Sustituyendo las variables, obtenemos las tres desigualdades

\[ \begin{align*} x^2 + y^2 &\geq 2xy \\ y^2 + z^2 &\geq 2yz \\ z^2 + x^2 &\geq 2zx \end{align*} \]

Al sumarlas, obtenemos la expresión buscada.

  1. Calcular los valores enteros de \(x\) que hacen entera la expresión \(\frac{x^2}{x+6}\).
Solución
\[ \frac{x^2}{x+6} = \frac{(x+6)(x-6)}{x+6} + \frac{36}{x+6} = x-6 + \frac{36}{x+6} \]

Por lo tanto, \(x+6\) ha de ser igual a alguno de los divisores de \(36\):

\[ x+6 \in \{\pm 1, \pm 2, \pm 3, \pm 4, \pm 6, \pm 9, \pm 12, \pm 18, \pm 36\} \]

Es decir,

\[ x \in \{-7, -5, -8, -4, -9, -3, -10, -2, -12, 0, -15, 3, -18, 6, -24, 12, -42, 30\} \]
  1. Demostrar que \(A_n = 5^n + 2 \cdot 3^{n-1} + 1\) es múltiplo de \(8\) para todo entero positivo \(n\).
Solución

En primer lugar, observamos que \(5^2 \equiv 3^2 \equiv 1 \pmod 8\).

Así, si \(n\) es par,

\[ 5^n + 2 \cdot 3^{n-1} + 1 \equiv 1 + 2 \cdot 3 + 1 \equiv 0 \pmod 8 \]

Mientras que si \(n\) es impar,

\[ 5^n + 2 \cdot 3^{n-1} + 1 \equiv 5 + 2 \cdot 1 + 1 \equiv 0 \pmod 8 \]
  1. Una persona pasa bajo un foco de luz durante la noche. Lleva una velocidad constante de \(v\) m/s sobre su camino rectilíneo. Averiguar la velocidad de crecimiento de su sombra conforme vaya marchando, siendo \(h\) y \(a\) las alturas del foco y de la persona, respectivamente.
Solución

Sea \(t=0\) el instante en el que la persona pasa por la vertical del foco. Su posición es \(x=vt\). Sea \(s\) la longitud de su sombra. Por semejanza de triángulos,

\[ \frac{h}{vt+s} = \frac{a}{s} \quad \rightarrow \quad s = \frac{av}{h-a}t \]

Por lo tanto, la velocidad de crecimiento de la sombra es \(\boxed{\frac{av}{h-a}}\).