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Transcript
6. PRÁCTICA DE LAS PRINCIPALES ESTRATEGIAS DE RESOLUCIÓN DE PROBLEMAS
Búsqueda de un modelo
6.1
¿Cuál es la última cifra de 31999?
6.2
Demuestra que un conjunto de n elementos tiene 2n subconjuntos.
Dibuja una figura
6.3
¿Para qué valores de a tiene el sistema
x2  y2  0
( x  a) 2  y 2  1
0, 1, 2, 3, 4 ó 5 soluciones reales
distintas?
6.4
Una barra de longitud fija se desliza sobre una semicircunferencia con sus extremos M y
N apoyados sobre ella. Se construye el triángulo PRS siendo P el punto medio de MN y R
y S las proyecciones de N y M respectivamente sobre el diámetro. Cuando MN se mueve
sobre la semicircunferencia, ¿cómo son estos triángulos? ¿cambian alguna vez su forma?
Busca un problema semejante
6.5
() Demuestra que, con regla y compás, puedes construir un pentágono regular. Indicación: ¿Tiene esto algo que ver con resolver la ecuación x 4  x 3  x 2  x  1  0 ?
1
6.6
Halla la derivada n-ésima de f ( x ) 
6.7
En el interior del triángulo ABC tomo un punto P. Sean D, E y F los pies de las perpen-
1 x 2
.
diculares desde P a a, b y c respectivamente. Halla la posición de P para que la suma
BC CA AB
sea mínima.


PD PE PF
6.8
() Demuestra que la ecuación
x 7  2 x 5  10 x 2  1  0 no tiene ninguna raíz real mayor
que 1.
Elige la notación adecuada
6.9
Si n es un entero positivo tal que 2n + 1 es un cuadrado perfecto, demuestra que n + 1 es
la suma de los cuadrados de dos números consecutivos.
6.10
() Si 3n + 1 es un cuadrado perfecto prueba que n + 1 es la suma de 3 cuadrados perfectos.
79
6.11
Un monje decide subir desde su ermita a la montaña para pasar allí la noche orando. Sale
al amanecer y, después de caminar todo el día llega a la cumbre. Al día siguiente, un poco
más tarde que el día anterior, se levanta y emprende el camino a su ermita por el mismo
sendero, llegando al atardecer. Al ir bajando se pregunta: ¿habrá algún punto del camino
en el que esté hoy a la misma hora que estuve ayer?
Estudia la simetría
6.12
Lanzamos al aire 20 monedas. ¿Qué es más probable: que aparezcan 6 ó 14 caras?
6.13
a) Lanzamos al aire 2m + 1 monedas. Hallar la probabilidad de que aparezca un número
par de caras
b) Resuelve el mismo problema si lanzamos al aire 2m monedas.
6.14
() Sea P un punto de la gráfica de
y  f (x) siendo f (x) un polinomio de tercer grado;
la tangente en P vuelve a cortar a la curva en Q; sea A el área de la región determinada
por la curva y el segmento PQ, y B el área determinada por la curva y la tangente en Q.
¿Qué relación hay entre A y B?
6.15
Demuestra que el producto de cuatro términos consecutivos de una progresión aritmética
de números enteros, más la cuarta potencia de la diferencia de la progresión es siempre un
cuadrado perfecto.
Demostración por inducción
Una vez que ya has hecho bastantes ejercicios sobre inducción, bueno sería hacer algún hincapié
en la llamada “forma fuerte del principio de inducción”, llamada así porque la hipótesis es
algo más fuerte. En efecto: en el paso de k a k + 1, debes suponer la afirmación cierta hasta k, no
solo para k.
Haciendo uso de él, prueba los siguientes resultados:
6.16
Cualquier número natural mayor que 1 se puede escribir como producto de números primos.
6.17
()
Utilizando la identidad trigonométrica cos(n  1)  cos(n  1)  2 cos n cos  , o su
equivalente 2 cos(n  1)  2 cos n 2 cos   2 cos(n  1) , prueba que
80
2 cos n  (2 cos )n + cn1 (2 cos )n1 + ... + c1(2 cos ) + c0, con los ci enteros. Una vez probado esto no debes dejar pasar la oportunidad y probar que si , en grados, es un número racional con 0 <  < 90º, entonces cos  es irracional salvo si   60º.
Hay algunas “demostraciones” por inducción que afirman cosas sorprendentes.
Aquí van algunas. Tu misión es descubrir el gato.
6.18
Todos los enteros positivos son iguales.
Para probar esta afirmación utilizaremos la siguiente: Si a y b son dos enteros positivos y
max (a, b)  n, entonces a  b, sea cual fuere n, que obviamente implica la nuestra y que
probaremos por inducción.
n  1. Si max (a, b)  1 y a y b son enteros positivos, entonces a  1, b  1,  a  b.
Supongamos ahora max (a, b)  n + 1. Entonces max (a  1, b  1)  n y, por hipótesis de
inducción, a  1  b  1, de lo que sigue a  b y todos los enteros positivos son iguales.
Una utilización algo diferente del método de inducción nos lleva a cosas como éstas:
6.19
Si en una clase de n alumnos aprueba uno, aprueban todos.
Inducción sobre n:
n  1. Evidentemente cierto.
Supongamos ahora una clase de n + 1 alumnos a1, a2, ..., an+1, de la que sabemos que
aprueba uno, supongamos que es a1.
Formo el subconjunto de n alumnos a1, a2, ..., an y por hipótesis de inducción, aprueban
todos. Formo ahora el subconjunto de n alumnos a1, a3, a4, a5,..., an+1 y, por hipótesis de
inducción, aprueban todos. Así pues, han aprobado a1, ..., an y an+1, es decir, todos.
6.20
La misma idea. Demuéstralo tú por inducción y luego descubre el error que has cometido.
Si tengo n rectas en el plano, n  2, o son todas paralelas o existe un punto común a todas.
6.21
i)
Probar que para cada número natural n,
xn  1  (x  1) (1 + x + x2 + ... + xn1)
ii) Para cada número natural n, sean
81
n


Rn  11 ... 1 y
n


Dn  22 ... 2 .
Probar que R2n  Dn es el cuadrado de un número natural.
iii) Demostrar que si m y n son números naturales y m divide a n, entonces 2m  1 divide a
2n  1 y Rm divide a Rn.
iv) Demostrar que 3937 divide a 235  1.
6.22
El parlamento de un país cuenta con 200 diputados. El 12’1212...% de los asistentes a una
sesión son rubios y el 23’423423...% fuman. ¿Cuántos diputados faltaron a dicha sesión?
6.23
Un cierto subconjunto M de los números naturales tiene entre 10.000 y 10.000 elementos.
De entre ellos, el
23
35
del total dan resto 1 al dividirlos entre 3, y el
del total dan de
165
143
resto 2. ¿Cuántos son múltiplos de 3?
6.24
() Halla n números positivos a1, ... , an tales que a1 + ... + an  1000 y que el producto
a1 ... an sea lo más grande posible.
6.25
() Una partícula parte del reposo y, moviéndose en línea recta, alcanza una velocidad v0
cuando ha recorrido una distancia s0. Si en ningún momento la aceleración ha sido creciente, calcula el tiempo máximo que puede haber empleado.
6.26
() Esta nevando con regularidad. A las doce sale una máquina quitanieves que recorre
en la primera hora dos Km y en la segunda solo uno. ¿A qué hora empezó a nevar? Debes
suponer que la cantidad de nieve quitada por la máquina en unidad de tiempo es constante, de modo que su velocidad resultará inversamente proporcional a la altura de nieve encontrada en el camino.
6.27
()
La sucesión de Fibonacci se define por F1  F2  1 y Fn+1  Fn + Fn1 si n  2.
Demuestra que cualquier número natural se puede escribir como suma de varios números
de Fibonacci, todos diferentes.
82
SOLUCIONES A LOS EJERCICIOS CON ASTERISCO ()
6.5
Para construir un pentágono regular con regla y compás basta poder construir dos vértices
consecutivos.
Si recuerdas los números complejos, posiblemente recuerdes que las raíces quintas de la
unidad tienen por afijos los vértices de un pentágono regular inscrito en el origen. Veamos dos de ellas.
Resolvamos z5  1  0; z  5 1  5 10  1 donde el ángulo  lo calculamos según la fórmula  
  2 k
5
con   0 y k  0, 1, 2, 3, 4.
Para k  0, obtengo 10  1 y para k  1, obtengo 1 2 .
5
Así que 1 2 , o sea, cos
5
2
2
 i sen
es una de las raíces quintas de 1, o sea, una solu5
5
ción de z5  1  0, es decir de (z  1) (z4 + z3 + z2 + z + 1)  0, y, como no es 1, será solución de la ecuación z4 + z3 + z2 + z + 1  0.
Yo tendré dibujado el afijo correspondiente si tengo el arco, que lo tendré si tengo su coseno. Veamos éste.
z4 + z3 + z2 + z + 1  0 nos lleva a z 2  z  1 
1 1

 0 , es decir,
z z2
2
2
1 
1

 i sen
 z     z    1  0 , ecuación de la que sé que z  cos
5
5
z 
z

2
es solución. Calculo
lo que 2 cos
1

z
1
2
2
1
2
 cos
 i sen
 z   2 cos
, con
2
2
5
5
z
5
cos
 i sen
5
5
2
 t verifica t2 + t  1  0.
5
Pero la solución de esta ecuación la puedo construir con regla y compás. En concreto
t2 + t  1  0 nos lleva a t 
1 5
1 5
2
y como 2 cos
es positivo, será la
, por lo
5
2
2
83
que cos
2
5 1

y observa que este número lo sé construir con el compás. Constrúye5
4
lo y una vez construido cos
2
, marca el afijo correspondiente.
5
6.8
Un problema parecido sería probar que una cierta ecuación no tiene ninguna raíz mayor
que cero si además las raíces de la nuestra se corresponden con las raíces de esta otra de
modo que se diferencien en 1. Si esta última ecuación no tiene ninguna raíz positiva, la
nuestra no tendrá ninguna raíz mayor que 1. ¿Cuál es esta otra ecuación? Pues, simplemente la ecuación en y obtenida haciendo x  y + 1, es decir, la (y + 1)7  2(y + 1)5 + 10(y
+ 1)2  1  0. Desarrolla y prueba que esta ecuación no puede tener raíces positivas observando que todos los coeficientes son positivos.
6.10
Todo lo que sé es que 3n + 1  a2 con a entero y a no múltiplo de 3 (si lo fuera, su cuadrado también lo sería).
¿Cómo son los a enteros no múltiplos de 3?
Pues o bien a  3b + 1 ó a  3b  1.
Así pues 3n + 1  (3b  1)2  9b2  6b + 1, de donde n  3b2  2b y n + 1  3b2  2b + 1.
¿Es 3b2  2b + 1 suma de 3 cuadrados perfectos?
Uno de ellos parecería ser el b2  2b + 1, o sea, (b  1)2 y los otros, obviamente b2 y b2.
Así que n + 1  b2 + b2 + (b  1)2, es suma de tres cuadrados perfectos.
6.14
Trabajar con una curva de la forma y  ax3 + bx2 + cx + d sería verdaderamente engorroso. Obviamente si hacemos una traslación de ejes, las regiones en cuestión no alterarían
su área por lo que el tal movimiento no afectaría al problema. ¿Qué movimientos de ejes
transforman la ecuación de la cúbica en otra más elemental? Ciertamente podemos eliminar d; bastaría subir el eje horizontal al punto (0, d).
¿Podemos simplificar aún más?
Si dibujas unas cuantas cúbicas, es posible que observes que si el origen se trasladara al
punto de inflexión se verificaría que g(x)  g(x) siendo y  g(x) la nueva ecuación. ¿Es
cierto eso en general?
84
Veamos que sí:
f (x)  ax3 + bx2 + cx + d
f (x)  3ax2 + 2bx + c
f (x)  6ax + 2b  (f (x)  0  x  
b
).
3a
 b  b 
Demostremos que f es simétrica respecto del punto de inflexión T    , f     es
 3a  3a  
decir, que
T
 b

 b 
 b 
 b

f 
 p  f    f    f 
 p ,
 3a

 3a 
 3a 
 3a

 b

 b

 b 
 p  f 
 p  2 f  
o sea que f  
 3a

 3a

 3a 
Para no escribir tanto, bastaría probar que f (u + p) + f (u  p)  2f (u) siendo u  
b
.
3a
Desarrolla y obsérvalo (fíjate los signos de las potencias de grado impar). Una vez visto
esto, traslademos los ejes al punto de inflexión de la curva. Ya sabemos que y  f (x) se
convierte en una función impar de 3er grado. ¿Y cómo será? Observa que será y  px3 + qx.
La curva será algo así:
El punto P es (x0, px03 + qx0).
Obtengamos Q: la tangente en P tiene por ecuación
y  (px03 + qx0)  (3px02 + q) (x  x0).
Q
B
Para hallar Q resolvamos el sistema
y  px3 + qx
P
A
y  (px03 + qx0)  (3px02 + q) (x  x0).
Tenemos entonces que px3 + qx  (3px02 + q) (x  x0) + px03 + qx0, o, lo que es lo mismo,
px3  3px02x  2px03  0, ecuación de la que sé que x0 es solución (incluso doble). Así
pues px3  3px02x  2px03  p(x  x0)2 (x + 2x0), con lo que la ecuación que tenemos que
resolver es p(x  x0)2 (x + 2x0)  0  x  2x0 es la abscisa de Q.
Calculemos el área A  
x0
 2 x0
 px
3
 

 qx  (3 px0  q)( x  x0 )  px0  qx0 dx 
85
2
3

x0
 2 x0
px
3

 3 px0 x  2 px0 dx 
2
3
3
4
px0 ,
2
o sea,
A  Kx04, por lo que B sería
K (2x0)4  16A.
6.17
De la identidad dada, obtenemos que
2 cos (n + 1)   2 cos n 2 cos   2 cos (n  1) , y queremos probar que
2 cos n  (2 cos )n + cn1 (2 cos )n1 + ... + c1 (2 cos ) + c0.
Veámoslo por inducción
Para n  1. ¿Es cierto? Sí; basta tomar c1  1 y c0  0.
Supongamos que la afirmación es cierta para todos los valores enteros hasta n. Probemos
que es cierto para n + 1, es decir, debemos probar que
2 cos (n + 1)   (2 cos )n+1+ dn1(2 cos )n + ... + d1 (2 cos ) + d0 con los di enteros.
Basta observar que 2 cos (n+1)   2 cos n (2 cos )  2 cos (n1) y sustituir 2 cos n
y 2 cos (n1) por los polinomios que, por hipótesis de inducción, tienen esas características.
Vamos ahora a por la 2ª parte.
Si  
p
con p y q enteros, tomo n para que cos n  1 (n  360q) y, para ese n, es
q
(2 cos )n + cn1(2 cos )n1+ ... + c1 (2 cos ) + c0  2 cos n, o sea:
(2 cos )n + cn1(2 cos )n1+ ... + c1(2 cos ) + c0  2  0, ecuación polinómica de coeficientes enteros y coeficiente principal 1 en 2 cos  en la que, como sabes, si hay soluciones racionales, deben ser enteras. Así pues si 2 cos  es racional, es entero.
Como 0 < 2 cos  < 2 y el único entero con esa propiedad es 1, tenemos que cos  
1
2
y  60º.
6.24
Sea a1, ... , an una solución al problema. Si alguno de estos números fuese un “uno”, digamos a1  1, definimos
b2  a2 + 1; bk  ak para cada k  3.
De este modo,
n
n
k 2
k 1
 bk   ak  1000 , pero
b2 ... bn  (a2 + 1) · a3 ... an > a2 ... an  a1 a2 ... an, luego {a1, ..., an} no sería una solución,
contra lo supuesto. Por lo tanto, ninguno de los ai’s vale “uno”.
86
Además, ningún ai  4. En efecto, si por ejemplo a1  4 definimos
b0  2, b1  a1  2, bk  ak para cada k  2.
Resulta así que
n
n
n
k 0
k 2
k 2
 bk  b0  b1   ak  a1   ak 1000 ,
y sin embargo, como
b0 · b1  2(a1  2)  2a1  4  a1 + (a1  4)  a1,
(1)
se cumple que
b0b1b2 ... bn  a1 · a2 ... an
y por tanto podemos reemplazar la solución inicial por otra en la que sólo haya “doses” y
“treses”.
De hecho a lo sumo hay 2 “doses” pues si hubiere 3 o más, digamos a1  a2  a3  2, definimos
b2  b3 3; bk  ak, k  3.
n
y es claro que
b
k 2
k
 1000 y como b2 · b3 > a1 · a2 · a3, se tiene
b2 · b3 ... bn > a1 · a2 ... an
lo que contradice que {a1, ... , an} es solución.
Por otro lado, algún “dos” debe haber, pues en otro caso cada ai  3 y entonces
n
1000   ai  3n , lo cual es falso porque 1000 no es múltiplo de 3.
k 1
El mismo argumento nos permite descartar que haya un único “dos”, porque si a1  2 y
ak  3 para cada k  2 se tendría
n
1000   a k  2  3 ( n  1)
k 1
y esto es imposible ya que tampoco 998 es múltiplo de “tres”. Hemos demostrado así que
necesariamente hay 2 “doses”, y el resto de los ai’s valen 3. Por tanto,
a1  a2  2; ak  3 para k  3,
n
n
k 1
k 3
y como 1000   a k  4   a k  4  3 ( n  2) , resulta que n  2 
Por ello una solución al problema es:
a1  a2  2; ak  3 para 3  k  334.
87
996
 332 , o sea, n  334
3
En el análisis precedente hemos obtenido, para cada aspirante a solución distinta de la hallada, otra mejor, salvo en (1) con a1  4; en este caso hemos cambiado la solución
{4, a2, ... , an} por {2, 2, a2, ... , an}
que proporciona el mismo producto. Esto prueba que el problema tiene, exactamente, dos
soluciones: la ya descrita y
a1  4, ak  3, para 2  k  333.
6.25
Sea s : [0, ) 
: t  s (t) la función que hace corresponder a cada t  [0, ) la dis-
tancia s (t) recorrida en un tiempo t desde el instante inicial.
Sea t0 el tiempo empleado en alcanzar la velocidad v0.
Así s (t0)  s0 y la función velocidad
v  s : [0, ) 
: t  v (t)  s( t)
cumple que v (t0)  v0. Como la partícula parte del reposo, v (0)  0
La aceleración es la derivada de la velocidad:
a : [0, ) 
: t  a (t)  v(t),
y por hipótesis es no creciente, luego para cada t  [0, ), v(t)  a(t)  0
Por tanto, representando la gráfica de v (t) respecto de t,
v(t)
Q
v0
s0
t
(t0, 0)  P
0
En consecuencia,
t0
s0  s(t0 )   v(t ) dt  Área OPQ 
0
t0 
OP  PQ t0 v0

luego,
2
2
2 s0
2s
, esto es, el tiempo máximo empleado es t0  0 , que corresponde al caso en que
v0
v0
v(t)
la gráfica de v(t) es
v0
t0
88
t
es decir, v (t ) 
v0
v
 t , o lo que es igual, a (t )  0 . Por lo tanto, el tiempo empleado es mát0
t0
ximo si el movimiento es uniformemente acelerado.
6.26
Sea h es el número de horas que llevaba nevando a las 12. Si denotamos por t el tiempo (en
horas) transcurrido desde las 12, la hipótesis dice que la función velocidad de la máquina
es
v : [0, ) 
k
ht
: t  v(t) 
para cierto número real positivo k.
El espacio recorrido por la máquina viene dado por
s : [0, ) 
t
 v( s) ds
: t  s(t) 
0
y el enunciado nos dice que
1
2  s(1)  
0
k
 h  1
s 1
ds  k  log( h  s )s 0  k log 

hs
 h 
1  s( 2)  s(1)  
2
1
k
h  2
s 2
ds  k  log( h  s )s 1  k log 

hs
 h 1 
Dividiendo resulta
log h  1 h 
 h  1
h  2
, o sea , log 
  log 
 y como la función logaritmo es inlog h  2 h  1
 h 
 h 1 
2
2
1 
1 
h 1  h  2 
yectiva,

 , esto es
 , es decir, 1   1 
h 
h  1
h
 h 1 
2
2
1
1
2
1
2(h  1)  1
 1

1
2
h
h  1 (h  1)
(h  1) 2
Simplificando,
(h + 1)2  h(2h + 3)  2h2 + 3h, es decir, h2 + h  1  0, y como h > 0, obtenemos
h
5 1
.
2
Así pues, empezó a nevar
Aproximando
5 1
horas antes de las 12.
2
5 por 2,23 se tiene h 
1,23
 0,615 horas  36,9 minutos. Así, empezó a
2
nevar, aproximadamente a las 11 horas y 23,1 minutos.
89
6.27
Se trata de demostrar que el conjunto
S  {n 
: n no se puede escribir como suma de varios números de Fibonacci, todos di-
ferentes}
es vacío. Si no lo fuera, tomamos el mínimo m  S de sus elementos.
En particular, como m  S, m no es un número de Fibonacci.
Por otro lado, la sucesión {Fn} no es acotada pues de hecho Fn > n para cada n  5. En
efecto,
F1  F2  1, F3  2, F4  3, F5 5, F6  8, ...
y trabajando por inducción, F6  8  6 y si n > 6 y por hipótesis de inducción
Fn2  n  2
Fn1 > n  1 con lo que resulta
Fn  Fn1 + Fn2 > n  1 + n  2  n + (n  3) > n.
Por tanto, como {Fn} no es acotada y m no es número de Fibonacci, existe un número natural k tal que Fk < m < Fk+1.
En particular, m  Fk es un número natural menor que m  min S, luego m  Fk  S. Existe por ello un subconjunto J 
finito, tal que m  Fk   F j ,
jJ
luego m   F j  Fk . Si probamos que k  J habremos escrito m como suma de númejJ
ros de Fibonacci distintos, es decir, m  S, contradicción.
Pero si k  J sería
m  Fk   F j  Fk, luego m  Fk + Fk > Fk + Fk1  Fk+1, lo cual es falso.
jJ
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