67. Demostrar que si n es un número entero  positivo,(2n + 1)5 - 2n - 1es siempre divisible por 240

Chaves Agudelo, Armando

Tello Y., Guillermo

Vanegas Gómez, Jaime

Spanish

LAReferencia - Red Federada de Repositorios Institucionales de Publicaciones Científicas Latinoamericanas

SOLUCION DE PROBLEMAS67. Demostrar que si n es un numero enter a positivo,(2n + 1)5 - 2n - 1es siempre divisible par 240.1a solucion, Llamando N la expresi6n estudiada, tenemosN = (2n + 1)5 - (2n + 1)= (2n + 1) [(2n + 1)4 - IJ= (2n + 1) [(2n + 1)2 + IJ [(2n + 1) + IJ [(2n + 1) -IJ= 8n (n + 1) (2n + 1) (2n2 + 2n + 1).Siendo 240 = 24• 3. 5, basta compro bar la divisibilidad de N parcada uno de los factores: 16, 3, 5.Es par el producto n (n + 1) de dos entercs consecutivos; luegoN es divisible par 16. Par otra parte, el entero 11 CS de una de lasformas 3k, 3k + 1, 3k + 2; segun el caso, sera. divisible par 3: 12,2n + 1, n + 1, respectivamente. Can respecto a 5, se ve que si nes de la forma n = 5m, N es divisible par 5; si n = 5m + 1,2n2 + 2n + 1 = 5 (10m2 + 6m + 1); si n = 5m + 2, el factor2n + 1 = 5(2m + 1); si n =-= 5m + 3,2122 + 2n + 1 = 5(lOm2 ++ 14m + 5) y si 12 = Sm + 4, n + 1 = 5(m + 1); en cada unode los cinco casas, uno de los factores de N es divisible par 5.Jaime Vanegas Gomez2St solucion, N = (2n + 1) [(2n + 1)4 - 1].Si 212 + 1 no es multi pia de 3, y en consecuencia (2n + 1) 2 tam-poco 10 es, aplico el teorema de FERMAT (d. Val. III, fasc. 1, pro-blema 44) para q = 3, Y (212 + 1)4 - 1 es multiple de 3. Analo-gamente si 211 + 1 no es multiple de 5, aplicanda el misrno teore-81rna para q = 5, yeo que (2n + 1)4 - 1 es multiple de 5. AhoraN = 811(n + 1) (2n + 1) (2n~ + 2n + 1);uno de los factores 8n 0 bien 8(n + 1) es multiple de 16. As! Nes multiple de 240 = 3. 5. 16.Armando Chaves Agudelo68. Demostrar que ( ~) + (n t 1) es siempre un cuadradoperfecto. (d. Vol. II, p. 26).Solucton, Por definicion:analogarnente(;) =(nil) =l1(n - 1)212(11 + 1)2Surnando:Q. E. D.Soluciones de: Humberto Aparicio, Jaime Vanegas Gomez,Armando Chaves Agudelo, Alvaro Rodriguez.69. Demostrar quees siempre un bicuadrado perfecto (bicuadrado = cuarta potencia).Solucton,(211) +[1+211(11-1)] (11+1) = 11(11-1) +\ 2 2+ [1 + 211(11_ 1)] 11(11+ 1)2822n n + ,l2 2n 2( 2 1) 4+--j-nn- =n.22Soluciones de: Armando Chaces Agudelo, Alvaro Rodriguez,[aime Vanegas Gomez.70. Demostrar que el determinante1 1 1 11 1 + a1 1 11 1 1 + a« 11 1 1 1 + alles igual a a, a2 a3'" anSolucion. Un teorema importante sabre deterrninanres dice:"Si a los elementos de una linea (resp. columna) se surnan 0 res-tan, ordenadamcntc, los elementos de una linea (resp. columna)paralela, el dcterminantc conserua su valor".Restando sucesivamente los elementos de la primera columnaa los de la segunda, tercera, ... , n-ava columnas, obtengo1 1 1 1 1 0 01 1+a1 1 1 1 a1 01 1 1+ a2 ... 1 1 0 a21 1 1 1+all I 1 0 0oooan= a1 a2 a:, ... all , ya que este producto es el unico no nulo en eldesarrollo,71. Resolver la ecuaci6nArmando Chaves Agudelo83Solucion, Si x = ° no es raiz, se puede escribirq qa x2 (x - p + -) 2 + f3 x2 (x + P + --)2 = x2;x xqsimplificando y poniendo: x + - = m,xa (m - p)2 + f3 (m +- p)2 - 1 = °(1) (a + (3) m2 - 2p (a - (3) m + (a + (3) p2 - 1 = 0.Si a + f3=1=O, la ecuaci6n (1) es de segundo grado; resolviendopara m, y reduciendo:(2) m =p (a - (3) ± V a + f3 - 4 a f3la +f3Obtenemos para m valores que podemos representar por m, ym: (confundidos si el discriminante se anula). No falta mas queresolverqx + - = m, yxqx + - = m2xcosa que no presenta dificultad alguna, para tener las cuatro raicesde la ecuaci6n propuesta.. Discusion, Dejando a un lado el caso trivial en que q = 0, se veen la ecuaci6n inicial que x = ° es raiz si a + f3 = 0, caso parti-cular en que falla el metodo general anterior, y que tenemos quetratar aparte. Si a + f3 = 0, f3 = - a y la ecuaci6n dada se reduce a- 4a p x (x2 + q) := x2,ecuaci6n que tiene la raiz x = 0, adernas de las raices de4a p x2 + X + 4a p q = °faciles de encontrar."Erik el Rojo"8472. Una longitud dada se divide en m partes iguales por m-lpuntos negros y en n partes iguales por n - 1 puntas rojos. 2Cuales la minima distancia entre un pun to negro y un punto rojo?Solucion, Sea AB = a 1a longitud dada. El p-esimo punto negrodista palm de A; el q-esimo punta rojo dista qnf a de A; la distan-cia mutua de dos puntas de diferente color es de la forma: palm -qa/n = (pn - qm) ajmn, es decir siempre un multiple de al mn,Se pueden pres entar dos casas, segun que m y n sean primosrelativos, a no 10 sean. Principiamos can el segundo caso.m y n tienen un maximo cornun divisor d superior a 1. Se puedeescribir m = m'd y n = n'd (m' y n' enteros). Entoncesrm,11n y rn' ma a,nm n10 cual indica que el m'-esimo punta negro coincide can el n'-esimopunto rojo; la distancia minima es nula en este caso. Inversamentesi la primer a coincidencia se produce en un punta Centre el p-esimopunta negro y el q-esimo rojo, AB contiene A C un nurnero de.veces entero y mayor que 1, digamos d veces. Entonces AC = aid == palm = qaf n, de donde m = pd,n = qd, 10 que equivale adecir que rn y n no son primos relatives.Pasamos ahora al primer caso: m y n son primos relativos; yasabemos que la coincidencia de puntas de diferente color es impo-sible. Se vi6 en el articulo: N timcros Primos II de esta REVISTA(d. Vol. I, pags. 70-72) que el conjunto M de los nurneros de laforma mx + ny, en donde x e y son nurneros enteros arbitrarios,es el mismo conjunto de todos los multiples de d, maximo comundivisor de m y n. Si m y n son primos relatives, d = 1 y M es elconjunto de todos los enteros. Es par 10 tanto posible encontrarenteros x,y tales que 1nX + ny = 1, y con z = - y, tendremos(1) mx - nz = 1.x y z se pueden escoger positivos, x < n,z < m afiadiendo;: sies preciso, kn a x y km a z (k entero). Dividiendo (1) por mn ymultiplicandola par a, daxaf n - zaf rn a/mn.85Esa igualdad muestra que el z-esimo punta raja dista del z-esirnopunta negro en al mn, Siendo este el menor multiple positive deaf mn, sera la minima distancia buscada.Guillermo Tello Y.73. Se dan en el espacio tres semirrectas Ox, Oy, Oz que salendel mismo punto O. Se supone que el angulo xOy es igual a 90°y que los angulos xOz e yOz son iguales a 60°.(a) Demostrar que Oz esta situ ado en el plano que es perpen-dicular al plano xOy y que pasa par la bisectriz interior del an-gulo xOy.(b) Se toman sabre Ox y Oy respectivamente dos puntos A y B,tales que OA = OB = a. Siendo M un punta de Oz, 2cual debeser la longitud de OM, para que el angulo AMB sea recto? En elcasa en que el angulo AMB sea recto, 2cuales SOI1 el centro y elradio de la esfera circunscrita al tetraedro OAMB?(c) 2Cual es la medida del angulo que forma Oz con el planoxOy? Calcular el volumen del tetraedro OAMB.(d) 2Cual es ellugar de los puntas P del espacio tales que(Bachillerato, 1a parte, Clermont-Ferrand, Francia, 1951).Solucion, (a) Sea H un punta cualquiera de Oz,! su proyecci6nsobre 1plano xOy; 01 es la proyecci6n de Oz sabre el mismo plano.Tenemospuesto que las rectas de un planoque hacen angulos iguales con unaoblicua, hacen angulos iguales cansu proyecci6n en el plano.Siendo HI perpendicular alplano xOy, 10 es tam bien el planozOI que contiene esta recta HI.(b) Al tomar OA = OB = a, los triangulos OM A y OMB soniguales, y MA = ME. Si adernas LAMB es recto, tendremosLpy86ixOz = iyOz = 60°,de dondeixO! = iyO!,de donde MA = a. El triangulo OMA es equilatero, porqueMA = OA y L AOM = 60°, luego OM = a. La conclusi6n es quese debe tomar una longitud OM igual a a, para que LAMB searecto.Suponiendo siempre recto el angulo AMB, vamos a ver que Q,intersecci6n de AB con la bisectriz OJ del angulo A OB, es el cen-tro de la esfera circunscrita al tetraedro OAMB. En efecto Q es elpunto medio de la hipotenusa cornun de los triangulos rectangulosis6sceles ABO y ABM; luego QA = QB = QO = QM. ComoAB2 = 2a2, AE = ay2 y QA = ay2/2 sera el radio de la esfera.(c) QM = QO = a-'.)2;2 da QA12 + Q02 = a2 = OM2, dedonde resulta, por el reciproco del teorema de PrrAGORAS,que QAfes perpendicular a OQ, y que L MOQ = 45°. Siendo ese angulo elde Oz con su proyecci6n en el plano xOy, es el angulo buscado.En el tetraedro OAMB, se puede tomar de base b el trianguloOAB y de altura h = QM. SU volumen serav=(d) Digo que OL, perpendicular al plano xOy, es el lugarbuscado. Si P es un punta cualquiera de OL,PA2 -I- OB2 = P02 -I- OA2 + OB2 = P02 -I- 2a2PB2 + OA2 = P02 -I- OB2 + OA2 = P02 + 2a2P02 -I- AB2 = P02 + OA2 + OB2 = P02 + 2a2,y se cum ple la condici6n requerida.Inversarnente, si un punta P del espacio satisface las ecuacionesdel enunciado, - .87Por el reciproco del teorema de PrrAGORAS,indica que PO es perpendicular a PA, yque PO es perpendicular a PB; por 10 tanto PO es perpendicularal plano xOy, y Pesta situado sobre la recta OL.Armando Chaves Agudelo.88

Solución de problemas

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