ProblemasySoluciones€¦ · sec2 π 18 + cosec2 π 9 + cosec2 2π 9 = 12. Solución enviada por...

La Gaceta de la RSME, Vol. 19 (2016), Núm. 3, Págs. 589–606 589

Problemas y SolucionesSección a cargo de

Óscar Ciaurri y José Luis Díaz Barrero

Las soluciones para esta sección deben enviarse, preferentemente, a ladirección de correo electrónico [email protected] en archivoscon formato TEX. Alternativamente, pueden enviarse a Óscar Ciaurri Ra-mírez, Universidad de La Rioja, Dpto. de Matemáticas y Computación,C/ Madre de Dios 53, 26006, Logroño. Para los problemas de este númerose tendrán en cuenta las soluciones recibidas hasta el 30 de junio de 2017.

Asimismo, solicitamos de los lectores propuestas originales o proble-mas poco conocidos adecuadamente documentados. Las propuestas de pro-blemas que se envíen sin solución serán tenidas en cuenta si su interésestá justificado de un modo apropiado. Un asterisco (?) junto al enuncia-do de un problema indica que en estos momentos no se dispone de unasolución.

Problemas

Problema 305. Propuesto por Larry Glasser, Clarkson University, Potsdam, Nue-va York, EE.UU.

Probar la identidad∞∑n=1

(e−2−(n+1)

senh(2−(n+1))− e−2−n

senh(2−n) − 2n)

= e− 3e− 1 .

Problema 306. Propuesto por Cornel Ioan Vălean, Teremia Mare, Timiş, Ruma-nía.

Probar que∫ 1

√3−√

2

∫ 1

√3−√

2

dx dy

(x+ y)2 + (1 + xy)2 = 13

(G+ π

8 log(2−√

3)),

donde

G =∞∑n=0

(−1)n

(2n+ 1)2

es la constante de Catalan.

590 Problemas y Soluciones

Problema 307. Propuesto por Cristóbal Sánchez-Rubio, I. E. S. Penyagolosa, Cas-tellón.

Sean X, Y y Z las proyecciones del baricentro G de un triángulo ABC sobre loslados BC, CA y AB, respectivamente. Sean S y T las áreas de los triángulos ABCy XY Z, respectivamente. Probar que

T = 49a2 + b2 + c2

a2b2c2 S3,

donde a, b y c son las longitudes de los lados BC, CA y AB, respectivamente.

Problema 308. Propuesto por Ovidiu Furdui y Alina Sîtămărian, Technical Uni-versity of Cluj-Napoca, Cluj-Napoca, Rumanía.

Si

In =∫ π/2

0

n√

(sen x)n + (cosx)n dx, n ∈ N,

evaluar los límites

L = lımn→∞

In y lımn→∞

n2(In − L).

Problema 309. Propuesto por D. M. Bătineţu-Giurgiu, “Matei Basarab” NationalCollege, Bucarest, Rumanía, y Neculai Stanciu, “George Emil Palade” SecondarySchool, Buzău, Rumanía.

Sean a, b y c las longitudes de los lados de un triángulo no isósceles ABC. Sim ≥ 0 y x, y > 0, probar que

a3(m+1)

((a− b)(a− c))m+1 + b3(m+1)

((b− a)(b− c))m+1 + c3(m+1)

((c− a)(c− b))m+1 >(a+ b+ c)m+1

3m .

Problema 310. Propuesto por Yagub N. Aliyev, Qafqaz University, Khyrdalan,Azerbaiyán.

Probar que para cualquer número racional m/n se verifica la desigualdad∣∣∣√7− m

n

∣∣∣ > 16n2 .

La Gaceta ? Secciones 591

Problema 311. Propuesto por Florin Stănescu, Serban Cioculescu School, Găeşti,Rumanía.

Sea f : [0, 1] −→ [0, 1] una función derivable verificando las siguientes propieda-des:

a) f es inyectiva, b) f(0) = 0 y f(1) = 1, c) f ′ es creciente.

Probar que se verifica la desigualdad∫ 1

0f(x) dx ·

∫ 1

0xf2(x) dx ≤

(1

2√

2−∫ 1

0f(x)

(f−1(x)− x

)dx

)2

.

Problema 312. Propuesto por Joaquim Nadal Vidal, I. E. S. Cassà de la Selva,Cassà de la Selva, Girona.

Una pirámide recta de altura h tiene de base un n-gono regular de perímetro 2p.Un gusano quiere escalar la pirámide e inicia su ascensión en un vértice de la base.Arrastrándose por una cara, se dirige perpendicularmente hacia la arista opuesta.Al llegar a esta arista prosigue su camino, siempre en el mismo sentido, por lacara adyacente, siguiendo una trayectoria perpendicular a la arista opuesta, y asísucesivamente.

Calcular la distancia que recorre el gusano hasta que completa m vueltas alrede-dor del eje de simetría de la pirámide, así como la altura sobre el suelo a la que seencuentra en ese momento.

Soluciones

Problema 281. Propuesto por Juan Bosco Romero Márquez.Sea A ≤ π/2 el mayor ángulo de un triángulo ABC. Si a, b, c son las longitudes

de los lados y r,R los radios de las circunferencias inscrita y circunscrita respectiva-mente, probar que

2(R+ r) ≤ b+ c ≤ a+ 2√

3r.

¿Cuándo se alcanza la igualdad?

Solución enviada por Miguel Amengual Covas, Cala Figuera, Mallorca.La hipótesis sobre el ángulo A implica que A ≥ π/3 y, en consecuencia, si desig-

namos por s el semiperímetro del triángulo ABC, se tiene

1√3

= tan π3 ≤ tanA = r

s− a= 2rb+ c− a

,

que es equivalente ab+ c ≤ a+ 2

√3r,


como se pide en el lado derecho de la desigualdad propuesta. Además, la igualdadocurre si y solo si A = π/3; es decir, si y solo si el triángulo ABC es equilátero.

Como A = π− (B+C), la restricción π/3 ≤ A ≤ π/2 equivale a π/2 ≤ B+C ≤2π/3, y este hecho implica

B ≥ π

2 − C y C ≥ π

2 −B. (1)

Por la hipótesis sobre el ángulo A, sabemos que B,C ∈ (0, π/2) y, como la funcióncoseno es decreciente en dicho intervalo, de (1) tenemos las desigualdades

cosB ≤ cos(π

2 − C)

= senC y cosC ≤ cos(π

2 −B)

= senB,

que pueden reescribirse como

1− senC ≤ 1− cosB y 1− senB ≤ 1− cosC.

Por tanto,(1− senB)(1− senC) ≤ (1− cosB)(1− cosC)

o, de manera equivalente,

cosB + cosC − cos(B + C) ≤ senB + senC.

Así, usando la relación cosA = − cos(B + C), obtenemos

cosA+ cosB + cosC ≤ senB + senC.

De este modo, con las relaciones

cosA+ cosB + cosC = R+ r

Ry senB + senC = b+ c

2R ,

la desigualdad anterior se transforma en

2(R+ r) ≤ b+ c,

que es el lado izquierdo de la desigualdad propuesta. En este caso la igualdad ocurresi y solo si en (1) se cumplen las igualdades; es decir, si y solo si los ángulos B y Cson complementarios. O, lo que es lo mismo, si y solo si A = π/2.

También resuelto por L. Crespo (estudiante), R. de la Cruz, Kee-Wai Lau, J. Mir, J. Nadal,B. Salgueiro, N. Stanciu y T. Zvonaru (conjuntamente), N. Zlota y el proponente. Se ha recibidouna solución incorrecta.

Nota. Como indican el proponente y B. Salgueiro en sus soluciones, la desigual-dad de la izquierda es consecuencia del Problema 10713 de la revista Amer. Math.Monthly, propuesto por el propio J. B. Romero Márquez en el volumen 106 (1999),pág. 166, y cuya solución apareció en el volumen 107 (2000), pág. 464.


Oa O

T

T '

C

R

M

c

xra = R+ x r= R- xP

G

Figura 1: Esquema para la primera solución del Problema 282.

Problema 282. Propuesto por Cristóbal Sánchez-Rubio, I. E. S. Penyagolosa, Cas-tellón.

Desde un punto P exterior a una circunferencia dada de radio R trazamos lastangentes PT y PT ′. Sean TT ′ = 2c, r el inradio del triángulo PTT ′ y ra el radiode la circunferencia exinscrita tangente al lado TT ′. Probar que la cantidad√

r2 + r2a + 2c2

es independiente de la posición del punto P .

Solución enviada por César Beade Franco, I. E. S. Fernando Blanco, Cee, La Co-ruña.

Sea C el centro de la circunferencia Γ de radio R, véase el esquema de la figura 1.En el triángulo PTT ′, la bisectriz interior del ángulo P corta a Γ en los puntos mediosde los arcos TT ′. Además, en cada uno de los vértices T y T ′, las bisectrices interiory exterior también bisecan estos arcos. Luego los puntos medios de los arcos TT ′son O y Oa, incentro y exincentro correspondiente al vértice P , respectivamente, deltriángulo PTT ′. Como la circunferencia inscrita de centro O y radio r y la exinscritade centro Oa y radio ra son tangentes en el punto medio M del lado TT ′, se tieneentonces OOa = r + ra = 2R.

Llamando CM = x, se cumple que x =√R2 − c2 y

r2 + r2a + 2c2 = (R− x)2 + (R+ x)2 + 2c2

= 2R2 + 2x2 + 2c2 = 4R2.

Así pues,√r2 + r2

a + 2c2 = 2R, independientemente de la posición del punto Prespecto de la circunferencia Γ.


Solución enviada por Kee-Wai Lau, Hong Kong, China.Sea O el centro de la circunferencia de radio R. Tomando ∠TOT ′ = 2θ, se tiene

que ∠TPT ′ = π − 2θ, c = R sen θ y PT = PT ′ = R tan θ. Si F y s denotan, respec-tivamente, el área y el semiperímetro del triángulo PTT ′ obtenemos las relaciones

F = PT · PT ′

2 sen(∠TPT ′) = R2

2 tan2 θ sen 2θ

ys = R(tan θ + sen θ).

Ahora, usando las conocidas identidades r = F/s y ra = F/(s− 2c), deducimos que

r = R

2tan2 θ sen 2θtan θ + sen θ = R

sen2 θ

1 + cos θ = 2R sen2(θ

2

)y

r = R

2tan2 θ sen 2θtan θ − sen θ = R

sen2 θ

1− cos θ = 2R cos2(θ

2

).

De este modo,

√r2 + r2

a + 2c2 =

√4R2

(sen4

(θ

2

)+ cos4

(θ

2

)+ 2 sen2

(θ

2

)cos2

(θ

2

))= 2R,

que es independiente de la posición de P .

También resuelto por M. Amengual, R. S. Elexpuru, J. Mir (dos soluciones), J. Nadal, R. Peiró,B. Salgueiro, N. Stanciu y T. Zvonaru (conjuntamente) y el proponente.


Probar la identidad

sec2 π

18 + cosec2 π

9 + cosec2 2π9 = 12.

Solución enviada por Roberto de la Cruz Moreno, Centre de Recerca Matemàtica,Barcelona.

SeaS = cosec2 π

9 + cosec2 2π9 + cosec2 3π

9 + cosec2 4π9 .

Como S = sec2 π18 + cosec2 π

9 + cosec2 2π9 + cosec2 3π

9 , basta probar que S = 12 +cosec2 3π

9 = 403 .

A partir de la fórmula de De Moivre se tiene la identidad

sen(9x) = 9 sen x− 120 sen3 x+ 432 sen5 x− 576 sen7 x+ 256 sen9 x,


por lo que las raíces del polinomio 9t−120t3 +432t5−576t7 +256t9 son tk = sen(kπ9 ),k = 0, 1, . . . , 8. Además, como sen( jπ9 ) = sen( (9−j)π

9 ), con j = 1, 2, 3, 4, se tiene queel polinomio 9 − 120u + 432u2 − 576u3 + 256u4 tiene como raíces uj = sen2( jπ9 ),con j = 1, 2, 3, 4. Finalmente, haciendo el cambio de variable v = 1/u, deducimosque las raíces del polinomio 9v4 − 120v3 + 432v2 − 576v + 256 son los sumandosde S. Así, aplicando la fórmulas de Cardano-Vieta correspondientes, se llega a queS = 120

9 = 403 .

También resuelto por M. Amengual, C. Beade, J. Duoandikoetxea, Kee-Wai Lau, I. Larrosa, J. Na-dal, B. Salgueiro, A. Stadler, N. Stanciu y T. Zvonaru (conjuntamente), N. Zlota y el proponente.

Problema 284. Propuesto por Ovidiu Furdui, Technical University of Cluj-Napoca,Cluj-Napoca, Rumanía.

Los números de Stirling de primera especie, denotados s(n, k) con n ≥ 0 y 0 ≤k ≤ n, están definidos por la identidad

z(z − 1)(z − 2) · · · (z − n+ 1) =n∑k=0

s(n, k)zk.

Para un entero n ≥ 2, probar que∫ ∞0

∫ ∞0

(x− yex − ey

)ndx dy = 2

n∑i=1

s(n, i)ζ(n+ 2− i),

donde ζ denota la función zeta de Riemann.

Solución enviada por Albert Stadler, Herrliberg, Suiza.Sea y > 0 fijo; entonces∫ ∞

0

(x− yex − ey

)ndx =

∫ y

0e−ny

(y − x

1− ex−y

)ndx+

∫ ∞y

e−nx(

x− y1− ey−x

)ndx

= e−ny∫ y

0

(z

1− e−z

)ndz + e−ny

∫ ∞0

e−nz(

z

1− e−z

)ndz,

donde en la primera integral hemos realizado el cambio de variable y − x = z y, enla segunda, x− y = z. Usando integración por partes es claro que∫ ∞

0

(e−ny

∫ y

0

(z

1− e−z

)ndz

)dy = 1

n

∫ ∞0

e−ny(

y

1− e−y

)ndy

y, por tanto, denotando por I la integral a evaluar, deducimos la relación

I = 2n

∫ ∞0

e−ny(

y

1− e−y

)ndy.


Usando la identidad (1 − z)−n =∑∞j=0

(n−1+j

j

)zn, válida para |z| < 1, concluimos

el resultado. En efecto,

I = 2n

∞∑j=0

(n− 1 + j

j

)∫ ∞0

yne−(n+j)y dy

= 2n

∞∑j=0

(n− 1 + j

j

)n!

(n+ j)n+1

= 2∞∑

j=1−n

(n+ j)(n+ j − 1) · · · (j + 1)(n+ j)n+2

= 2∞∑

j=1−n

1(n+ j)n+2

n∑i=0

s(n, i)(n+ j)i

= 2n∑i=0

s(n, i)∞∑

j=1−n

1(n+ j)n+2−i

= 2n∑i=1

s(n, i)ζ(n+ 2− i),

ya que s(n, 0) = 0.

También resuelto por R. Dutta y C. Thompson (conjuntamente), L. Glasser y el proponente.

Problema 285. Propuesto por Marcel Chiriţă, Bucarest, Rumanía.Sean a, b, c números reales positivos tales que

1a

+ 1b

+ 1c

= 1.

Probar que54abc ≤ (a+ b+ c)2(a+ b+ c+ 9).

Solución enviada por Luis Crespo Ruiz (estudiante), Universidad de Cantabria, San-tander.

La desigualdad propuesta puede reescribirse como

(a+ b+ c)3 + 9(a+ b+ c)2 ≥ 54abc. (1)

En primer lugar, por la desigualdad entre la media aritmética y la media geométrica,se tiene

(a+ b+ c)3 = 27(a+ b+ c

3

)3≥ 27abc. (2)


Por otra parte, de la desigualdad (a − b)2 + (b − c)2 + (c − a)2 ≥ 0 se deduceinmediatamente que

a2 + b2 + c2 ≥ ab+ bc+ ca.

Así, concluimos que

9(a+ b+ c)2 = 9(a2 + b2 + c2 + 2(ab+ bc+ ca))

≥ 27(ab+ bc+ ca) = 27abc(

1a

+ 1b

+ 1c

)= 27abc. (3)

Por tanto, la desigualdad (1) se sigue como consecuencia de (2) y (3). Además,debemos señalar que la igualdad ocurre si y solo a = b = c = 3.

Solución enviada por Javier Duoandikoetxea Zuazo, Universidad del País Vasco,Leioa, Vizcaya.

SeanS = a+ b+ c, C = ab+ bc+ ca y P = abc.

El polinomio q(x) = x3−Sx2 +Cx−P tiene tres raíces reales, por lo que su derivadaq′(x) = 3x2 − 2Sx+C tiene dos raíces reales. Luego se verifica que S2 − 3C ≥ 0; esdecir, C ≤ S2/3.

Cambiando x por 1/x en q, deducimos que el polinomio r(x) = 1−Sx+Cx2−Px3

también tiene tres raíces reales, así que r′(x) = −S + 2Cx − 3Px2 tiene dos raícesreales. Por tanto, C2 − 3PS ≥ 0 y

P ≤ C2

3S ≤S3

27 .

(Notar que P ≤ S3/27 es la conocida desigualdad entre la media aritmética y lamedia geométrica.)

De las desigualdades obtenidas para P y C deducimos

P + C ≤ S2(S + 9)27 .

Como la condición 1/a+ 1/b+ 1/c = 1 implica P = C, la desigualdad propuesta sesigue de manera inmediata.

También resuelto por D. Armesto, V. Codreanu, A. Fanchini, Kee-Wai Lau, R. Peiró, P. Perfetti,B. Salgueiro, A. Stadler, N. Stanciu, N. Zlota y el proponente. Se han recibido dos solucionesincompletas.

Nota. N. Stanciu observa que el Problema 285 es, en realidad, equivalente al Pro-blema 1291 de la revista The Pi Mu Epsilon Journal. Efectivamente, esto es correctoy la diferencia entre ambos enunciados fue una modificación realizada por los edito-res con objeto de simplificar el enunciado recibido. Rogamos a los proponentes queeviten enviar un mismo problema a distintas publicaciones al mismo tiempo.


A

F

B D V U C

E

O



Sean D y E, respectivamente, puntos en los lados BC y AC de un triánguloABC. Sean O el punto de intersección de las rectas AD y BE y F el punto deintersección de CO y AB. Si

DO

OA= p,

EO

OB= q y FO

OC= r,

¿qué relación existe entre p, q y r?

Solución enviada por Miguel Amengual Covas, Cala Figuera, Mallorca.Sean U y V , respectivamente, los pies de las perpendiculares desde A y O a BC,

ver figura 2. Al tener los triángulos ABC y OBC la misma base BC, sus áreas sonentre sí como sus alturas; es decir,

Area(4OBC)Area(4ABC)

= OV

AU.

Teniendo en cuenta que los triángulos AUD y OVD son semejantes tenemos queOV/AU = DO/DA y, por tanto,

Area(4OBC)Area(4ABC)

= DO

DA.

De manera análoga se deducen las relaciones

Area(4OCA)Area(4ABC)

= EO

EBy Area(4OAB)

Area(4ABC)= FO

FC,


que implican

DO

DA+ EO

EB+ FO

FC= Area(4OBC) + Area(4OCA) + Area(4OAB)

Area(4ABC)= 1, (1)

ya que por ser O un punto interior del triángulo ABC se verifica que Area(4OBC)+Area(4OCA) + Area(4OAB) = Area(4ABC).

Como

DO

DA= DO

DO +OA=

DOOA

DOOA + 1

= p

p+ 1 ,EO

EB= EO

EO +OB=

EOOB

EOOB + 1

= q

q + 1y

FO

FC= FO

FO +OC=

FOOC

FOOC + 1

= r

r + 1 ,

usando (1) obtenemos la relaciónp

p+ 1 + q

q + 1 + r

r + 1 = 1,

que puede reescribirse como

2pqr + pq + qr + rp = 1.

Solución enviada (independientemente) por Ricard Pieró, I. E. S. Abastos, Valencia,Neculai Stanciu, Buzău, Rumanía y Titu Zvonaru, Comăneşti, Rumanía, y DanielVăcaru, Pitesti, Rumanía.

Usando la notación

x = CE

EA, y = AF

FBy z = BD

DC,

el teorema de Ceva aplicado a las cevianas AD, BE y CF del triángulo ABCimplica que xyz = 1. Ahora, aplicando el teorema de Van Aubel a las cevianascitadas tenemos las relaciones

OA

DO= AE

EC+ AF

FB,

OB

EO= FB

AF+ BD

DCy OC

FO= CE

EA+ DC

BD,

que escritas en términos de p, q, r, x, y y z se transforman en1p

= 1x

+ y,1q

= 1y

+ z y 1r

= 1z

+ x.

Al sumar y multiplicar las tres expresiones anteriores llegamos a

1p

+ 1q

+ 1r

= x+ y + z + 1x

+ 1y

+ 1z

y 1pqr

=(x+ 1

y

)(y + 1

z

)(z + 1

x

),

que, junto a la relación xyz = 1, implican

2pqr + pq + qr + rp = 1.


También resuelto por C. Beade, R. S. Elexpuru, A. Fanchini, Kee-Wai Lau, J. Mir, B. Salgueiroy el proponente.

Nota. La ecuación (1) que aparece en la primera solución es también utilizada delmismo modo por C. Beade en la suya. Beade la atribuye a Gergonne y da unapincelada de la demostración. En la página web http://www.cut-the-knot.org/triangle/Gergonne.shtml el resultado también se asocia a Gergonne y la pruebaes similar a la que hemos incorporado en la primera solución.

El teorema de Van Aubel mencionado en la segunda solución es una relaciónaditiva entre las longitudes de ciertos segmentos de las cevianas de un triángulo.Este resultado es una consecuencia inmediata del teorema de Ceva y puede verseuna demostración detallada del mismo en la página web citada en el párrafo anterior.

Problema 287. Propuesto por José Luis Arregui, Universidad de La Rioja, Logro-ño, La Rioja.

Sea f una función real definida y continua en [0, 1] y tal que f(0) = f(1). Digamosque un número real positivo t es un paso para f si hay dos puntos en su dominioseparados una distancia t en los que la función toma el mismo valor. Para este tipode funciones, en el Problema 19 del Capítulo 7 del clásico Calculus de M. Spivak(Ed. Reverté, 2.a ed.), se prueba que t = 1/n es siempre un paso.

a) Demostrar que el conjunto de pasos de f es un cerrado cuya medida de Lebes-gue es mayor o igual que 1/2.

b) Encontrar una sucesión de funciones fn de modo que, para cualquier n, elconjunto de pasos de fn mide exactamente 1/2 y tiene intersección vacía conel intervalo

(1/(n+ 1), 1/n

).

Solución elaborada por los editores a partir de las enviadas por Juan Mir Pieras,Lloseta, Mallorca, y el proponente.

Pese a que el enunciado considera únicamente pasos positivos, conviene aceptartambién 0 como un paso trivial de toda función, lo que no afecta a la cuestión en lorelativo a la medida (además, de no hacerse así el enunciado debería aclarar que elconjunto de pasos para una función es cerrado en (0,+∞), o en (0, 1]).

a) Consideremos el conjunto compacto

∆ = (x, t) : x ≥ 0, t ≥ 0, x+ t ≤ 1

y la función h(x, t) = f(x + t) − f(x) definida en ∆. El conjunto C = h−1(0) escerrado, por ser h una función continua. Así, como la proyección π : ∆→ [0, 1] dadapor π(x, t) = t es cerrada por el lema de la función cerrada, podemos afirmar queπ(C), que es el conjunto de pasos de f , es un conjunto cerrado.

Para probar la segunda afirmación utilizaremos el siguiente hecho.

Lema. Sea A = t ∈ [0, 1] : t es un paso de f. Si t ∈ [0, 1], entonces t ∈ A o1− t ∈ A.


0 1

5

1

4

2

5

2

4

3

5

3

4

4

5

1

R0 S1R1 S2 R2 S3

R3 S4 R4

Figura 3: La función fn del apartado b) del Problema 287 para el caso n = 4 y sussegmentos.

Demostración. Sean M y m el máximo y el mínimo valor, respectivamente, de laimagen de f y sean xM y xm tales que M = f(xM ) y m = f(xm). Denotaremos porf a la extensión continua y 1-periódica de f a toda la recta real.

Sea t ∈ [0, 1]. Considerando la función ft(x) = f(x + t) − f(x), resulta queft(xM ) ≤ 0 y ft(xm) ≥ 0. Así, por el teorema de Bolzano, existe x en [0, 1] tal queft(x) = 0, es decir f(x+ t) = f(x). Ahora, si t+x ≤ 1 tenemos que f(x+ t) = f(x),y t es un paso de f . En el caso t+ x ≥ 1, como

f(x+ t) = f(x+ t− 1) y f(x) = f(x),

tomando y = x+ t− 1 resulta que f(y) = f(y + 1− t) y 1− t es un paso de f .

Por tanto, usando el lema anterior, tendremos que [0, 1] = A∪ (1−A) y, si m esla medida habitual de Borel-Lebesgue, podemos concluir que

1 ≤ m(A) + m(1−A) = 2 m(A)

y m(A) ≥ 1/2.b) Para cada n natural definimos fn como sigue (el caso n = 4 aparece en la

figura 3): fn se anula exactamente en los puntos

0 < 1n+ 1 <

1n<

2n+ 1 <

2n< · · · < n− 1

n+ 1 <n− 1n

<n

n+ 1 < 1,

es positiva en (k/n, (k+ 1)/(n+ 1))para cada k = 0, . . . , n− 1, negativa en (k/(n+

1), k/n) para cada k = 1, . . . , n, su gráfica es una poligonal con un extremo local encada uno de dichos intervalos, tiene pendiente 1 en x = k/n (k = 0, . . . , n) y −1 enx = k/(n+ 1) (k = 1, . . . , n).

Dados dos segmentos de la gráfica, pongamos R y S, llamaremos A(R,S) alconjunto de pasos t dados por puntos de la gráfica de igual ordenada, uno en R yotro en S (t es la distancia entre ellos). Llamando Rk (k = 0, . . . , n) al segmento dela gráfica de pendiente 1 que contiene a

(k/n, 0

)y Sk (k = 1, . . . , n) al de pendiente

−1 que contiene a(k/(n+ 1), 0

)(en la figura 3 también se muestran los segmentos

Rk y Sk asociados con f4), es claro que la unión de A(Rk, Rj) y A(Sk, Sj) es elconjunto de los múltiplos de 1/n y de 1/(n+ 1) dentro de [0, 1].


Ahora, es fácil ver que A(R0, Sk) = [(k− 1)/n, k/(n+ 1)] para k = 1, . . . , n. Conesto obtenemos todos los pasos de fn, pues el resto de casos se reducen a este, comojustificamos a continuación según esté S a la derecha o a la izquierda de R. Por unlado resulta claro que A(Rj , Sj+k) = A(R0, Sk) si k ≥ 1. Por otro lado, la simetríarespecto al punto (1/2, 0) nos dice que A(Rk+j , Sk) = A(Rn−j−k, Sn+1−k) si j ≥ 0y, como n+ 1− k = (n− j− k) + 1 + j, concluimos que A(Rk+j , Sk) = A(R0, S1+j).

Resulta, en definitiva, que el conjunto de pasos de fn es

n⋃k=1

A(R0, Sk) ∪ 1 =n+1⋃k=1

[k − 1n

,k

n+ 1

],

precisamente el conjunto en el que fn ≥ 0, que mide 1/2 y no corta al intervalo(1/(n+ 1), 1/n).

No se han recibido otras soluciones.


Evaluar la suma∞∑n=1

1n(2n+ 1)

(1

n+ 1 + 1n+ 2 + · · ·+ 1

2n+ 1

)2.

Solución enviada por Kee-Wai Lau, Hong Kong, China.Denotando por S la suma propuesta, probaremos que

S = 6− 2 log 2− 2 log2 2− 23 log3 2− π2

12 −π2

2 log 2 + ζ(3). (1)

Para cada entero positivo M , definimos

HM =M∑n=1

1n

y SM =M∑n=1

1n(2n+ 1)

(1

n+ 1 + 1n+ 2 + · · ·+ 1

2n+ 1

)2.

Mediante un argumento de inducción, usando la identidad

H2M+1 −HM = H2M+3 −HM+1 + 12(M + 1)(2M + 3) ,

puede probarse que

SM = 6 + 23

2M+1∑n=1

1n3 + 1

2

M∑n=1

Hn

n2 + 2M∑n=1

Hn

(2n+ 1)2 −12

M∑n=1

1n2 −

16

M∑n=1

1n3


− 22M+1∑n=1

Hn

n2 − 2(H2M+1 −HM )− 2(H2M+1 −HM )2 − 23(H2M+1 −HM )3.

Por otra parte, de la igualdad asintótica

HM = logM + γ +O(M−1), M →∞,

donde γ es la constante de Euler-Mascheroni, se deduce que lımM→∞(H2M+1 −HM ) = log 2. Así, puesto que

∑∞n=1

1n2 = π2

6 , la prueba de (1) se sigue como conse-cuencia de las identidades

∞∑n=1

Hn

n2 = 2ζ(3) (2)

y∞∑n=1

Hn

(2n+ 1)2 = 7ζ(3)− π2 log 24 . (3)

Una demostración de (2) puede encontrarse en [1, pág. 206]. Para probar (3) partimosde la identidad

∞∑n=1

Hnxn = − log(1− x)

1− x , x ∈ (−1, 1), (4)

y de ella obtenemos fácilmente que∞∑n=1

Hn

(2n+ 1)2 = −∫ 1

0

1x

∫ x

0

log(1− t2)1− t2 dt dx =

∫ 1

0

log x log(1− x2)(1− x2) dx,

donde la última identidad se deduce aplicando integración por partes. Ahora, usandoMathematica podemos comprobar que∫ 1

0

log x log(1− x2)(1− x2) dx = 7ζ(3)− π2 log 2

4 (5)

y la demostración de (3) queda completada.

Referencias

[1] O. Furdui, Limits, Series, and Fractional Part Integrals, Springer, Nueva York,2013.

También resuelto por R. Dutta, A. Stadler y el proponente. Se ha recibido una solución incompleta.

Nota. Como comenta el autor de la solución publicada, la demostración de la iden-tidad (2) que aparece en la solución presentada para el Problema 288 puede encon-trarse en [1], pero nos parece adecuado dar una prueba de la misma basada en laidentidad (4). En efecto,∞∑n=1

Hn

n2 = ζ(3) +∞∑n=0

Hn

(n+ 1)2 = ζ(3)−∫ 1

0

1x

∫ x

0

log(1− t)1− t dt dx


= ζ(3) + 12

∫ 1

0

log2(1− x)x

dx = ζ(3) + 12

∫ 1

0

log2 s

1− s ds

= ζ(3) + 12

∞∑n=0

∫ 1

0sn log2 s ds = ζ(3) + 1

2

∞∑n=0

∫ ∞0

e−(n+1)rr2 dr = 2ζ(3).

Asimismo, creemos necesario dar una prueba de la identidad (5) ya que es, pro-bablemente, la pieza fundamental para obtener la solución del problema. El hecho deque la integral esté evaluada con Mathematica no permite apreciar las dificultadesque encierra su cálculo. La demostración de (5) que vamos a presentar está basadaen ideas tomadas de las soluciones remitidas por R. Dutta y A. Stadler.

Si denotamos por J la integral en (5), es claro que

J = 12

(∫ 1

0

log x log(1 + x)1 + x

dx+∫ 1

0

log x log(1− x)1− x dx

+∫ 1

0

log x log(1− x)1 + x

dx+∫ 1

0

log x log(1 + x)1− x dx

)= 1

4

(−∫ 1

0

log2(1 + x)x

dx+∫ 1

0

log2(1− x)x

dx

)+ 1

2

(∫ 1

0


dx+∫ 1

0


),

donde en las dos primeras integrales hemos aplicado integración por partes. Usandode nuevo integración por partes, con u = log x log(1−x) y v = log(1+x), deducimosque∫ 1

0


dx = −∫ 1

0

log(1− x) log(1 + x)x

dx+∫ 1

0


y, de este modo,

J = 14

(−∫ 1

0

log2(1 + x)x

dx+∫ 1

0

log2(1− x)x

dx

)− 1

2

∫ 1

0

log(1− x) log(1 + x)x

dx+∫ 1

0


=: 14(−J1 + J2)− 1

2J3 + J4.

Ahora, debemos observar que

J1 + 2J3 + J2 =∫ 1

0

log2(1− x2)x

dx = 12

∫ 1

0

log2(1− t)t

dt = J2

2

y, haciendo el cambio de variable 1−x1+x = y,

J1 − 2J3 + J2 =∫ 1

0log2

(1− x1 + x

)dx

x= 2

∫ 1

0

log2 y

1− y2 dy


= 2∞∑j=0

∫ 1

0y2j log2 y dy = 2

∞∑j=0

∫ ∞0

e−(2j+1)rr2 dr

= 4∞∑j=0

1(2n+ 1)3 = 7

2ζ(3).

Como puede deducirse de la prueba que hemos dado para (2), J2 = 2ζ(3) y, portanto, de las relaciones anteriores concluimos que J1 = ζ(3)/4 y J3 = −5ζ(3)/8.

Veamos ahora cómo evaluar J4. Usando desarrollos en serie de potencias y lanotación H(2)

n =∑nj=1 1/j2, se tiene

J4 =∞∑n=1

(−1)n−1

n

∞∑m=0

∫ ∞0

xn+m log x dx = −∞∑n=1

(−1)n−1

n

∞∑m=0

1(n+m+ 1)2

= −∞∑n=1

(−1)n−1

n(ζ(2)−H(2)

n ) = −ζ(2) log 2 +∞∑n=1

(−1)n−1H(2)n

n

= −ζ(2) log 2 +∞∑j=1

∞∑n=j

(−1)n−1

nj2

= −ζ(2) log 2 +∞∑n=1

(−1)n−1

n3 +∞∑j=1

∞∑n=j+1

(−1)n−1

nj2

= −ζ(2) log 2 + 34ζ(3) +

∞∑j=1

∞∑k=1

(−1)k+j−1

(k + j)j2

= −ζ(2) log 2 + 34ζ(3) +

∞∑j=1

∞∑k=1

(−1)k+j−1(

1kj2 −

1kj(k + j)

)

= −32ζ(2) log 2 + 3

4ζ(3)−∞∑j=1

∞∑k=1

(−1)k+j−1

kj(k + j) .

Con la notación

W ′ =∞∑j=1

∞∑k=1

(−1)k+j−1

kj(k + j) y W =∞∑j=1

∞∑k=1

1kj(k + j) ,

como, por (2),

W =∞∑j=1

1j

∞∑k=1

1k(k + j) =

∞∑j=1

Hj

j2 = 2ζ(3),

probando la relaciónW ′ = 1

4(W − 3ζ(3)) (6)

tendremosJ4 = −π

2

4 log 2 + ζ(3)


y, de este modo,

J = 14(−J1 + J2)− 1

2J3 + J4 = 7ζ(3)− π2 log 24 ,

lo que concluye la demostración de (5).Para probar (6) comenzaremos con la identidad

1 + (−1)j + (−1)k + (−1)m+k = (1 + (−1)j)(1 + (−1)k) =

4, si j y k son pares,0, en otro caso;

entonces

W = 2∞∑j=1

∞∑k=1

1 + (−1)j + (−1)k + (−1)m+k

kj(k + j) = 2W + 4∞∑j=1

∞∑k=1

(−1)j

kj(k + j) − 2W ′.

(7)Y finalmente, como

∞∑j=1

∞∑k=1

(−1)j

kj(k + j) =∞∑j=1

(−1)jHj

j2 =∞∑j=1

(−1)j

n3 +∞∑j=1

(−1)jHj−1

j2

= −34ζ(3) + 1

2

∞∑j=1

(−1)j

j2

j−1∑k=1

(1k

+ 1j − k

)

= −34ζ(3) + 1

2

∞∑j=1

j−1∑k=1

(−1)j

kj(j − k)

= −34ζ(3) + 1

2

∞∑k=1

∞∑j=k+1

(−1)j

kj(j − k)

= −34ζ(3) + 1

2

∞∑k=1

∞∑n=1

(−1)n+k

kn(k + n) = −34ζ(3)− W ′

2 ,

de (7) obtenemos (6).



Óscar Ciaurri Ramírez y José Luis Díaz Barrero

Las soluciones para esta sección deben enviarse, preferentemente, a ladirección de correo electrónico [email protected] en archivoscon formato TEX. Alternativamente, pueden enviarse a Óscar Ciaurri Ra-mírez, Universidad de La Rioja, Dpto. de Matemáticas y Computación,C/ Madre de Dios 53, 26006, Logroño. Para los problemas de este númerose tendrán en cuenta las soluciones recibidas hasta el 31 de octubre de2017.


Problemas

Problema 313. Propuesto por Cristóbal Sánchez Rubio, I. E. S. Penyagolosa, Cas-tellón.

Si B y C son dos vértices fijos de un triángulo ABC y la simediana que parte deB está contenida en una recta fija que pasa por B, determinar el lugar geométrico delvértice A. (Las simedianas de un triángulo son las rectas simétricas de las medianasrespecto de las bisectrices interiores.)

Problema 314. Propuesto por Manuel Benito Muñoz, Logroño, La Rioja.Consideramos el conjunto A = 1, 2, . . . , n \ 4, donde n ≥ 4 es un número

natural. ¿Para qué valores de n podemos descomponer A en dos conjuntos disjuntosB y C tales que el producto de todos los números pertenecientes a B y el productode todos los números pertenecientes a C sean dos números consecutivos?

Problema 315. Propuesto por Daniel Sitaru, Drobeta Turnu Severin, Rumanía.Si a, b ∈ R y a < b, probar que

eb − ea

b− a≥ ea

24(b− a)2 +√ea+b.



Evaluar la suma∞∑k=1

∞∑n=1

(−1)k+nH2k+n

k + n,

donde Hi = 1 + 12 + · · ·+ 1

i denota el i-ésimo número armónico.

Problema 317. Propuesto por Óscar Ciaurri Ramírez, Universidad de La Rioja,Logroño.

Para cada m ∈ [1,∞) denotaremos por Cm la circunferencia de ecuación

(4x− (m+ 1)√m2 − 1)2 + (4y −m(m− 1))2 = m2(m− 1)2.

Dados x e y números reales positivos, probar que x2 ≥ y si y solo si existe m tal queel punto (x, y) pertenece a la circunferencia Cm.

Problema 318. Propuesto por Leonard Giugiuc, Drobeta Turnu Severin, Rumanía.Sean a, b, c y d números reales no negativos tales que ab+bc+cd+da+ac+bd = 6.

Probar queabc+ abd+ acd+ bcd

2√

2≤ 1 + (

√2− 1)abcd.

Problema 319. Propuesto por Joaquim Nadal Vidal, Llagostera, Girona.Sean T el conjunto de todos los triángulos rectángulos con lados de longitud

entera y n un número natural.a) Probar que existen al menos dos triángulos en T cuya área es igual a n veces

su perímetro.b) Probar que existen infinitos triángulos en T para los que la diferencia entre las

longitudes de la hipotenusa y del cateto mayor es igual a n.c) Probar que existen infinitos triángulos en T para los que diferencia entre las

longitudes de sus catetos es igual a n.


Sea ann≥1 una sucesión de números reales positivos tal que lımn→∞(an+1 −an) = a, siendo a un cierto valor real positivo. Consideramos la sucesión dada porx1 = 1 y xn = n

√√3! 3√

5! 4√

7! · · · n√

(2n− 1)!. Evaluar los límites

lımn→∞

(a3n+1xn+1

− a3n

xn

)y lım

n→∞

(xn+1

an+1− xnan

).


Soluciones

Corrección a la solución del Problema 281. Como muy acertadamente nosha hecho notar J. Antonio Pérez Poquet, en la primera fórmula de la solución alProblema 281 aparecida en el número anterior hay un error. En efecto, donde pone

1√3

= tg π3 ≤ tgA = r

s− a= 2rb+ c− a

,

que es obviamente incorrecto, debería poner

1√3

= tg π6 ≤ tg A2 = r

s− a= 2rb+ c− a

.

Damos las gracias a J. Antonio por su observación.


En el triángulo ABC, la bisectriz interior del ángulo A corta al lado opuesto en elpunto D. Los puntos O, O1 y O2 son los centros de las circunferencias circunscritasa los triángulos ABC, ABD y ACD, respectivamente. Probar que OO1 = OO2.

Solución enviada por Pablo Decimavilla (estudiante), Colegio Marista San José,León.

Como se puede observar en la figura 1, las mediatrices de AB, AC y AD secortan en los puntos O, O1 y O2 formando un triángulo. Como el ángulo que formandos segmentos es igual al que forman las mediatrices de dichos segmentos, se cumpleque ∠OO1O2 = ∠OO2O1, ya que ∠BAD = ∠DAC por ser la recta AD la mediatrizdel ángulo A. Por tanto, el triángulo OO1O2 es isósceles y OO1 = OO2.

También resuelto por F. D. Aranda, R. Barroso, R. S. Eléxpuru, A. Fanchini, I. Larrosa, J. Mir,J. Mozo, J. Nadal, B. Salgueiro, N. Stanciu y T. Zvonaru (conjuntamente) y el proponente.

Problema 290. Propuesto por Ovidiu Furdui, Technical University of Cluj-Napoca,Cluj-Napoca, Rumanía, y Cornel Ioan Vălean, Teremia Mare, Timiş, Rumanía.

Siendo Hn = 1 + 1/2 + · · ·+ 1/n el n-ésimo número armónico, probar que

∞∑n=1

(−1)n H2n

2n+ 1x2n+1 = −arc tg(x) log(1 + x2)

2 , x ∈ [−1, 1].


A

B D C

O

O1

O2

Figura 1: Esquema para la solución del Problema 289.

Solución enviada por Albert Stadler, Herrliberg, Suiza.En primer lugar debemos observar que

H2n =n∑j=1

1j

=n∑j=1

∫ 1

0tj−1 dt =

∫ 1

0

1− t2n

1− t dt.

De esta forma tenemos∞∑n=1

(−1)nH2nx2n =

∞∑n=1

(−1)nx2n∫ 1

0

1− t2n

1− t dt

=∫ 1

0

((tx)2

1 + (tx)2 −x2

1 + x2

)dt

1− t

= − x2

1 + x2

∫ 1

0

1 + t

1 + t2x2 dt

= −12

(2x

1 + x2 arc tg(x) + 11 + x2 log(1 + x2)

)= −1

2(

arc tg(x) log(1 + x2))′.

El intercambio de la suma y la integral que hemos realizado en el cálculo anterior estájustificado por la convergencia uniforme para |x| < 1 de la serie

∑∞n=1(−1)nH2nx

2n.


La identidad propuesta se obtiene para |x| < 1 a partir de aquí por un sencilloargumento de integración y, para x = ±1, como consecuencia del teorema de Abel,ya que la serie es convergente para esos valores por el criterio de Leibniz, y la funciónarc tg(x) log(1 + x2) es continua en esos puntos.

También resuelto por A. Álamo, A. M. Encinas, L. Glasser, G. Hernández, J. Nadal, B. Salgueiro,J. Vinuesa y el proponente.


Para |a| < 1/2, evaluar∫ ∞0

sen( t

2

)cos(at− sen t)e

cos t

tdt.

Solución enviada por el proponente (modificada por los editores).Si |a| < 1/2, el valor de la integral propuesta es π/2.Consideramos la función f(u) = 1/Γ([u] + 1), con u > 0. La transformada de

Laplace de f puede calcularse del siguiente modo:

Lf(s) =∫ ∞

0f(u)e−su du =

∞∑k=0

∫ k+1

k

e−su

k! du

=∞∑k=0

1k!

∫ 1

0e−s(k+z) dz = 1− e−s

s

∞∑k=0

e−sk

k! = 1− e−s

see

−s.

Puesto que Lf(s) es una función analítica en todo el plano complejo, es claro que

f(u) = 12πi

∫ i∞

−i∞Lf(s)eus ds

y, con el cambio de variable s = it, se tiene

f(u) = 1π

∫ ∞−∞

ei(u−1/2)t sen( t

2

)ee−it

tdt

= 1π

∫ ∞−∞

ei((u−1/2)t−sen t) sen( t

2

)ecos t

tdt

= 1π

∫ ∞−∞

cos((u− 1/2)t− sen t) sen( t

2

)ecos t

tdt

+ i

π

∫ ∞−∞

sen((u− 1/2)t− sen t) sen( t

2

)ecos t

tdt.


Puesto que el integrando de la primera integral de la última expresión es una funciónpar y el de la segunda es impar, deducimos la identidad

f(u) = 2π

∫ ∞0

cos((u− 1/2)t− sen t) sen( t

2

)ecos t dt

t.

Ahora, tomando u = a+ 1/2, con |a| < 1/2, concluimos el resultado, ya que, en esecaso, f(u) = 1.


Problema 292. Propuesto por Marcel Chiriţă, Bucarest, Rumanía.Sea M un punto interior de un triángulo ABC, cuyos lados miden, denotados de

la manera habitual, a, b y c. Probar que

MA+MB +MC ≥ 3√a2MA+ b2MB + c2MC.

Solución enviada por Leonard Giugiuc, Drobeta Turnu Severin, Rumanía.Probaremos la desigualdad

MA+MB +MC ≥ 3√

3(a2MA+ b2MB + c2MC) (1)

que, obviamente, implica la propuesta.Consideraremos la notación MA = x, MB = y, MC = z, ∠BMC = 2α,

∠CMA = 2β y ∠AMB = 2γ. Notar que 0 < α, β, γ < π2 y α+ β + γ = π.

Por el teorema del coseno tenemos

a2 = y2 + z2−2yz cos 2α, b2 = z2 +x2−2zx cos 2β y c2 = x2 + y2−2xy cos 2γ.

De esta forma, (1) es equivalente a

(x+ y + z)3

3 ≥ −2xyz(cos 2α+ cos 2β + cos 2γ) +∑

cíclicaxy(x+ y). (2)

Usando las identidades elementales

−2(cos 2α+ cos 2β + cos 2γ) = 1 + 4 cosα cosβ cos γ,

2xyz +∑

cíclicaxy(x+ y) = (x+ y)(y + z)(z + x)

y(x+ y + z)3 = x3 + y3 + z3 + 3(x+ y)(y + z)(z + x),

la desigualdad (2) se transforma en

x3 + y3 + z3

3 ≥ 8xyz cosα cosβ cos γ,


A'

B' C'

A

B C

b=kb'

c=kc'

a=ka '

= + +a'

b'c'

a'

b'

c'

a-a'= Hk-1La'

c-c'= Hk-1Lc'b-b'= Hk-1Lb'


que puede probarse utilizando la desigualdad entre la media aritmética y la mediageométrica y la desigualdad

8 cosα cosβ cos γ ≤ 1,

que es la fórmula 2.24 del libro O. Bottema, R. Ž. Djordjević, R. R. Janić, D. S.Mitrinović y P. M. Vasić, Geometric inequalities, Wolters-Noordhoff Publishing, Gro-ningen, 1969.

También resuelto por F. D. Aranda, J. Nadal, B. Salgueiro y el proponente.

Problema 293. Propuesto por Joaquim Nadal Vidal, Llagostera, Gerona.Sobre cada uno de los lados de un triángulo ABC, y hacia su interior, levantamos

un cuadrado de modo que los lados de estos cuadrados que son paralelos a los ladosdel triángulo, pero no están contenidos en ellos, forman un triángulo A′B′C ′ interioral triángulo ABC (que obviamente es semejante a él). Si la razón de semejanza|AB|/|A′B′| = k, probar que k ≥ 2

√3 + 1.

Solución enviada por Juan Mir Pieras, Lloseta, Mallorca.Sean a, b, c, ∆ y a′, b′, c′, ∆′ las longitudes de los lados y el área de los triángulos

ABC y A′B′C ′, respectivamente. Con la razón de semejanza dada k tenemos quea = ka′, b = kb′ y c = kc′.

El triángulo ABC puede descomponerse en tres figuras de área conocida tal ycomo se muestra en la figura 2. Así es evidente la identidad

∆ = ∆′ + a′2 + b′2 + c′2 + (k − 1)2∆′

y, como ∆ = k2∆′, deducimos que

k = a′2 + b′2 + c′2

2∆′ + 1 = a2 + b2 + c2

2∆ + 1.


Ahora, el resultado pedido se sigue de manera inmediata de la conocida como de-sigualdad de Weitzenböck, a2 + b2 + c2 ≥ 4

√3∆, que por completitud probamos a

continuación para terminar.En efecto, por el teorema del coseno y usando la identidad ∆ = ab senC

2 , se verificaque

a2 + b2 + c2 − 4√

3∆ = 2(a2 + b2)− 4ab(

12 cosC +

√3

2 senC)

= 2(a2 + b2)− 4ab cos(C − π/3)= 2(a− b)2 + 4ab(1− cos(C − π/3)) ≥ 0,

lo que prueba la desigualdad. Es claro que la igualdad se alcanza si y solo si ABCes un triángulo equilátero.

También resuelto por C. Beade, R. S. Eléxpuru, A. Fanchini, I. Larrosa, B. Salgueiro, N. Stanciuy T. Zvonaru (conjuntamente) y el proponente (cuatro soluciones).

Nota. B. Salgueiro hace remontar el problema al número 57 del libro Pillow pro-blems thought out during wakeful hours de C. L. Dogson (más conocido como LewisCarrol) del año 1894. I. Larrosa y N. Stanciu y T. Zvonaru observan en sus solu-ciones que el centro de la homotecia que relaciona los triángulos ABC y A′B′C ′ esel punto de Lemoine (de concurrencia de las simedianas) del triángulo ABC. R. S.Eléxpuru e I. Larrosa anotan que la razón de la homotecia es k = 2 cotω + 1 dondeω es el ángulo de Brocard de ABC, aportando para esto R. S. Eléxpuru la referenciaGéométrie du triangle de T. Lalesco, Gabay, París, 1987, págs. 117–118.


Sean Fkk≥0 los números de Fibonacci (tomando F0 = 0 y F1 = 1) y A, By C matrices cuadradas de orden n, con ai,j = Fj , bi,j = Fi y ci,j = F2i−1, parai, j = 1, . . . , n. Si m y p son números enteros positivos, calcular (A ·B)m · Cp.

Solución enviada por Guillermo Hernández, Universidad de Salamanca, Salamanca.Los elementos de la matriz A ·B son de la forma

(A ·B)i,j =n∑k=1

F 2k = FnFn+1,

donde la última identidad se sigue por un argumento de inducción. En consecuencia,A ·B = FnFn+11n donde 1n es la matriz n×n con todas sus entradas iguales a uno.


Si una matrizM = (mi,j)i,j=1,...,n tiene todas sus filas iguales, es decir, si mi,j =ki para j = 1, . . . , n, resulta sencillo comprobar la identidad

M ` =( n∑k=1

ki

)`−1M.

Así, como las matrices A ·B y C tienen todas sus filas iguales, deducimos las igual-dades

(A ·B)m = nm−1Fmn Fmn+11n

y

Cp =( n∑k=1

F2k−1

)p−1C = F p−1

2n C,

donde la anterior suma de números de Fibonacci se obtiene nuevamente por induc-ción. Por tanto, como

1n · C =( n∑k=1

F2k−1

)1n = F2n1n,

concluimos que(A ·B)m · Cp = nm−1Fmn F

mn+1F

p2n1n.

También resuelto por A. Álamo, J. Mir, J. Nadal, Á. Plaza, B. Salgueiro y los proponentes.

Problema 295. Propuesto por Andrés Sáez Schwedt, Universidad de León, León.En el triángulo ABC con incentro I, la recta perpendicular a AI que pasa por

el punto I corta al lado AC en el punto D. Sean M y N los puntos medios de ID eIB, respectivamente, y el punto E la proyección ortogonal de I sobre BD. Probarque CE pasa por el punto medio de MN .

Solución enviada por Bruno Salgueiro Fanego, Viveiro, Lugo.Sean P el punto medio de MN , Q el punto de intersección con BD de la recta

paralela a AB que pasa por I, α = ∠BAC/2, β = ∠CBA/2, γ = ∠ACB/2 yδ = ∠DBI, véase la figura 3. Demostrar que la recta CE pasa por P equivale aprobar que los puntos C, E y P están alineados, es decir, que ∠CED = ∠PEQ.

Sea D′ = DI ∩ AB. Como DI = ID′, del teorema de Tales deducimos que Q yP son, respectivamente, los puntos medios de los segmentos BD e IQ.

Por otro lado, tenemos que ∠ADI = π/2 − α y, como IQ es paralela a AB,∠EQI = ∠DBA = β + δ, con lo cual ∠PIE = ∠QIE = π/2 − β − δ. Al ser∠IEQ = π/2, E pertenece a la circunferencia de diámetro IQ, cuyo centro es P ,luego PI = PE = PQ, y EPQ es un triángulo isósceles con ∠PEQ = β + δ.


A

C B

I

NP

M

D

D'

EQ

a

bg

d


Sea r el radio de la circunferencia inscrita al triángulo ABC. Se tiene IA =r cosecα, IB = r cosecβ, IC = r cosec γ, ID = IA tgα = r secα e IE = IB sen δ =r cosecβ sen δ. Ahora bien, como

π − β − γ = ∠BIC = ∠BIP + ∠PIE + ∠EIC = β +(π

2 − β − δ)

+ ∠EIC,

y 2(α+ β + γ) = π, resulta que ∠EIC = α+ δ.Por tanto, probar ∠CED = β + δ es equivalente a probar ∠CEI = π/2 + β + δ.

Esto último conlleva ∠ICE = γ−2δ que, aplicando el teorema del seno al triánguloIEC, equivale a

r cosec γsen(π/2 + β + δ) = r cosecβ sen δ

sen(γ − 2δ) ,

o bien, a que se cumpla la relación cot δ = 2 cot γ + cotβ.Ahora bien, por otra parte, del hecho de ser ∠ADB = π − 2α − β − δ, se sigue

que ∠IDB = π− 2α− β− δ− (π/2−α) = γ − δ y aplicando el teorema del seno enel triángulo IBD se obtiene

r cosecβsen(γ − δ) = r secα

sen δ ,

de donde, usando la relación α = π/2 − (β + γ), se deduce que cot δ − cot γ =cot γ + cotβ, y hemos finalizado.

Solución enviada por el proponente.Es inmediato comprobar que los triángulos CDI y CIB tienen los mismos án-

gulos, que son γ/2, α/2 + π/2 y β/2, donde α, β y γ son los ángulos del triángulo


A

C B

I

NK

M

D

E

Figura 4: Esquema para la segunda solución del Problema 295.

ABC, véase la figura 4. Por tanto, las medianas CM y CN de estos dos triánguloslos dividen en partes semejantes, obteniendo las igualdades

∠ICM = ∠BCN =: ξ y ∠MCD = ∠NCI =: θ.

Denotando por ϕ la semejanza (directa) de centro C tal que ϕ(D) = I y ϕ(I) =B, vemos que ϕ(M) = N . Puesto que los triángulos de la forma CXϕ(X) sonsemejantes entre sí, se tiene en particular que el triángulo CMN es semejante a lostriángulos CDI y CIB. Por tanto,

∠NCK = ξ y ∠KCM = θ,

donde K es el punto medio de MN .Por otra parte, la igualdad ∠CMN = ∠CIN implica que CMIN es un cuadrilá-

tero cíclico, y esto permite deducir que ∠IMN = ∠ICN = θ. También se tiene que∠MDE = θ, por ser MN y DB paralelas, y ∠MED = θ, por ser M el circuncen-tro del triángulo rectángulo DEI. De modo que el cuadrilátero CDME es tambiéncíclico. Por tanto, ∠ECM = ∠EDM = θ, y ambos ángulos son iguales al ∠KCM ,lo que nos permite concluir que las rectas CE y CK son la misma.

También resuelto por A. Fanchini y J. Nadal.

Problema 296. Propuesto por Alberto Debernardi Pinos, Centre de Recerca Mate-màtica, Barcelona.

Sean h0(x) = 1, h1(x) = log x y hj(x) = log(hj−1(x)), para j ≥ 2. Para cadar ∈ N y β > 0, consideremos la serie infinita

S(r, β) =∞∑

n=nr

1n(∏r−1

j=0 hj(n))(hr(n)

)β ,donde nr es el número natural más pequeño tal que hr(nr) > 0.


a) Determinar los valores de r ∈ N y β > 0 para los cuales la serie S(r, β) esconvergente.

b) Fijado r ≥ 2, demostrar que, cuando 1 ≤ m ≤ r − 1, la serie

∞∑n=nr

hm(n)n(∏r−1

j=0 hj(n))(hr(n)

)βes divergente para todo β > 0.

Solución enviada por Jaime Vinuesa, Santander.Como consideración previa, tomaremos h0(x) = x, en lugar de como está dada

en el enunciado, ya que en ese caso hj(x) = log(hj−1(x)) incluso para j = 1 y así

S(r, β) =∞∑

n=nr

1(∏r−1j=0 hj(n)

)(hr(n)

)β .Además, resulta útil observar que hj(x) = hj−1(t), con t = log x.

Puesto que S(r, β) es una serie de términos positivos decrecientes, su convergenciaes equivalente a la de la integral

I(r, β) =∫ ∞nr

dx(∏r−1j=0 hj(x)

)(hr(x)

)β .Para responder el apartado a) probaremos que I(r, β) es convergente si y solo siβ > 1. Y para ello usaremos un argumento de inducción sobre r. El caso r = 1 esobvio puesto que

I(1, β) =∫ ∞

2

dx

x(log(x))β =∫ ∞

log 2

dt

tβ<∞ ⇐⇒ β > 1.

Supongamos ahora que I(r, β) converge si y solo si β > 1 para r = 1, 2, . . . ,m. Setiene

I(m+ 1, β) =∫ ∞nm+1

dx(∏mj=0 hj(x)

)(hm+1(x)

)β=∫ ∞

log(nm+1)

dt(∏mj=1 hj−1(t)

)(hm(t)

)β=∫ ∞

log(nm+1)

dt(∏m−1j=0 hj(t)

)(hm(t)

)βque, de acuerdo con la hipótesis de inducción, converge si y solo si β > 1.


La divergencia de la serie del apartado b) se seguirá de la divergencia de laintegral

J(m, r, β) =∫ ∞nr

hm(x)(∏r−1j=0 hj(x)

)(hr(x)

)β dxpara β > 0 (lo que, por cierto, también implica la divergencia para β ≤ 0). Proce-diendo como en el caso anterior,

J(m, r, β) =∫ ∞h1(nr)

hm−1(x)(∏r−2j=0 hj(x)

)(hr−1(x)

)β dx = · · ·

=∫ ∞hm(nr)

h0(x)(∏r−m−1j=0 hj(x)

)(hr−m(x)

)β dx=∫ ∞hm(nr)

dx(∏r−m−1j=1 hj(x)

)(hr−m(x)

)β .Puesto que hj(x) ≤ log x para j ≥ 1, deducimos que

J(m, r, β) >∫ ∞hm(nr)

dx

(log x)r−m−1+β

y, como es conocido, esta última integral es divergente.

Solución enviada por Alfonso Álamo Zapatero, Universidad de Valladolid, Valladolid.Dadas dos series de números reales, escribiremos

∑an ∼

∑bn si ambas series

tienen el mismo carácter. Obsérvese que se está obviando el índice desde el que seempieza a sumar, pues es irrelevante.

a) Veamos que S(r, β) ∼∑ 1

nβindependientemente de r, con lo cual S(r, β)

converge si y solo si β > 1, para cada valor de r.Si r > 1, aplicando el criterio de condensación de Cauchy, se tiene

S(r, β) ∼∑ 2n

2n(∏r−1

j=0 hj(2n))(hr(2n)

)β∼∑ 1

n(∏r−2

j=0 hj(n))(hr−1(n)

)β = S(r − 1, β),

pero, usando de nuevo el criterio de condensación de Cauchy, S(1, β) ∼∑ 1

nβ, que

es lo que queríamos ver.b) Una repetida aplicación del criterio de condensación muestra que∑ hm(n)

n(∏r−1

j=0 hj(n))(hr(n)

)β ∼∑ bm−r(n)nβ

,

donde la sucesión bk(n) está definida por b1(n) = 2n y bk+1(n) = 2bk(n). Comor −m ≥ 1 deducimos inmediatamente la divergencia de la serie propuesta.

También resuelto por R. de la Cruz, G. Hernández y el proponente.




Las soluciones para esta sección deben enviarse, preferentemente, a ladirección de correo electrónico [email protected] en archivoscon formato TEX. Alternativamente, pueden enviarse a Óscar Ciaurri Ra-mírez, Universidad de La Rioja, Dpto. de Matemáticas y Computación,C/ Madre de Dios 53, 26006, Logroño. Para los problemas de este númerose tendrán en cuenta las soluciones recibidas hasta el 28 de febrero de2018.


Problemas

Problema 321. Propuesto por Andrés Sáez Schwedt, Universidad de León, León.Un cuadrilátero plano tiene vértices ABCD en orden cíclico. Los ángulos en A y

C son rectos, y el ángulo en B es agudo. Sea H el ortocentro del triángulo ABC. Seconstruye el rectángulo de vértices DEFG en orden cíclico que cumple las siguientescondiciones:

i) El lado DE es paralelo a la bisectriz interior del ángulo ABC.ii) El vértice F es el punto donde se cortan la bisectriz interior del ángulo BCH

y la bisectriz interior del ángulo BAH.Probar que la diagonal EG de este rectángulo pasa por el punto medio M de la

diagonal AC del cuadrilátero inicial.

Problema 322. Propuesto por Cristóbal Sánchez Rubio, I.E.S. Penyagolosa, Cas-tellón.

Dado un triángulo ABC, sean D y E, respectivamente, el punto de la semirrectaBA con origen B y el punto de la semirrecta CA con origen C tales que BD =CE = BC.


a) Probar que los segmentos DE y OI, donde O e I son, respectivamente, elcircuncentro y el incentro del triángulo ABC, son perpendiculares.

b) Probar que el radio de la circunferencia circunscrita al triángulo ADE es iguala la distancia OI.

Problema 323. Propuesto por D. M. Bătineţu-Giurgiu, “Matei Basarab” NationalCollege, Bucarest, Rumanía, y Daniel Sitaru, Drobeta Turnu Severin, Rumanía.

Sean a, b, x, y y z números reales positivos y m un número real no negativo.Probar que

x2m+2

(ay + bz)2m+2 sec2m π18

+ y2m+2

(az + bx)2m+2 cosec2m π9

+ z2m+2

(ax+ by)2m+2 cosec2m 2π9≥ 3

4m(a+ b)2m+2 .


Sea f : [0, 1] −→ R una función convexa tal que f(0) = 0. Probar que∫ 1

0f(x) dx ≥ 4

∫ 1/2

0f(x) dx.

Problema 325. Propuesto por Abdilkadir Altintas, Afyon, Turquía, y Leonard Giu-giuc, Drobeta Turnu Severin, Rumanía.

Sean a, b, c, d y e números reales tales que a+ b+ c+ d+ e = 0 y a2 + b2 + c2 +d2 + e2 = k, con k un número real positivo. Probar que

abcd+ abce+ abde+ acde+ bcde ≥ −3k2

80 .

Problema 326. Propuesto por José Luis Arregui, Universidad de La Rioja, Logro-ño.

N personas salen ordenadamente de una estancia pero, antes de abandonarla,cada uno debe retirar su paraguas. Cada persona reconoce su paraguas excepto una,a la que llamaremos Donald. Cuando le toca salir a Donald, lo que hace es retirar alazar un paraguas de los que quedan disponibles. Todas las demás personas se llevansu propio paraguas si lo encuentran cuando van a salir, y, si no lo está, retiran alazar un paraguas disponible.

Sea X el número de personas que, finalmente, abandonan la estancia con unparaguas que no es el suyo. Se trata de calcular el valor esperado de X en dossupuestos:

a) Donald es la primera persona en salir.b) El orden de salida es totalmente aleatorio.



Evaluar ∫ π/2

0cotx dx,

donde x = x− [x] es la parte decimal de x.

Problema 328. Propuesto por Neculai Stanciu, Buzău, Rumanía, y Titu Zvonaru,Comăneşti, Rumanía.

Sean x, y y z números reales positivos. Probar que( ∑cíclica

√x(x+ y)

x2 − xy + y2

)2

+∑

cíclica x(y − z)2√2(x2 + y2)(y2 + z2)(z2 + x2)

≤ 18.

Soluciones

Problema 297. Propuesto por Joaquim Nadal Vidal, Llagostera, Gerona.Construir con regla y compás un pentágono convexo del que se conocen los puntos

medios de los lados.

Nota. Debemos señalar que, dados cinco puntosM1,M2,M3,M4 yM5, en el planohay un único pentágono A1A2A3A4A5 tal queMi es el punto medio del lado AiAi+1con i = 1, . . . 5, siendo A6 ≡ A1. Sin embargo, no se puede asegurar que el pentágonoA1A2A3A4A5 vaya a ser convexo aunque lo sea el pentágono M1M2M3M4M5, comomuestra el siguiente ejemplo. Consideramos los puntos M1 = (0, 2), M2 = (−2, 0),M3 = (−1,−1), M4 = (1,−1) y M5 = (2, 0) —véase la figura 1—, que dan lugaral pentágono de vértices A1 = (2, 2), A2 = (−2, 2), A3 = (−2,−2), A4 = (0, 0) yA5 = (2,−2), que claramente no es convexo. Este hecho es observado en todas lassoluciones recibidas, incluida la del proponente. La exigencia de convexidad para elpentágono resultante fue erróneamente impuesta por los editores.

Solución enviada por Juan Mir Pieras, Lloseta, Mallorca.En primer lugar debemos señalar que un punto C simétrico de un punto A

respecto de otro punto B del plano se puede construir fácilmente con regla y compás.En concreto, C es el punto distinto de A donde la recta AB corta a la circunferenciade centro B que pasa por A.

Tomamos entonces un punto cualquiera P del plano y construimos, sucesivamen-te:• el punto P1 simétrico de P respecto del punto dado M1,


M1

M2

M3 M4

M5

A1A2

A3

A4

A5

Figura 1: Pentágono no convexo cuyo pentágono de puntos medios es convexo.

• el punto P2 simétrico de P1 respecto del punto dado M2,• el punto P3 simétrico de P2 respecto del punto dado M3,• el punto P4 simétrico de P3 respecto del punto dado M4, y• el punto P5 simétrico de P4 respecto del punto dado M5.

Hecho esto, el punto medio del segmento PP5 es el vértice A1 del pentágono quebuscamos. En efecto, sean p, mi, pi y ai, respectivamente, los vectores de posiciónde los puntos P , Mi, Pi y Ai, con i = 1, . . . , 5. Por construcción se tiene

p5 = 2m5 − p4 = 2m5 − (2m4 − p3)= · · · = 2(m5 −m4 + m3 −m2 + m1)− p,

luego

p + p5

2 = m5 −m4 + m3 −m2 + m1

= a1 + a5

2 − a5 + a4

2 + a4 + a3

2 − a3 + a2

2 + a2 + a1

2 = a1.

Y, a partir del vértice A1,• el vértice A2 es el simétrico de A1 respecto de M1,• el vértice A3 es el simétrico de A2 respecto de M2,• el vértice A4 es el simétrico de A3 respecto de M3, y• el vértice A5 es el simétrico de A4 respecto de M4,

y A1A2A3A4A5 es el pentágono buscado.


M1

M2

M3

M4

M5

F

A1

A2

A3

A4

A5

Figura 2: Esquema para la segunda solución del Problema 297.

Solución enviada por Ignacio Larrosa Cañestro, A Coruña.Es conocido (teorema de Varignon) que los puntos medios de los lados de un

cuadrilátero cualquiera forman un paralelogramo, ya que los lados opuestos del cua-drilátero que forman los puntos medios son paralelos a una misma diagonal delcuadrilátero dado (y miden la mitad que ella).

Supongamos que hemos resuelto el problema, véase la figura 2. Si F es el puntomedio del segmento A1A4, F será entonces el cuarto vértice de un paralelogramo devértices consecutivos M1, M2 y M3, de modo que, dados estos puntos, construimosel punto F como intersección de la recta paralela a M1M2 por M3 y la paralela aM2M3 por M1.

Pero, entonces, M4, M5 y F son los puntos medios de los lados del triánguloA4A5A1. Trazando por F la recta paralela a M4M5, por M4 la paralela a M5F ,y por M5 la paralela a FM4, por las intersecciones de estas tres rectas quedandeterminados los puntos A4, A5 y A1.

Finalmente, el simétrico de A1 respecto de M1 es el vértice A2, y el simétrico deA4 respecto de M3 es el vértice A3.

Este procedimiento se extiende fácilmente para cualquier polígono con un númeroimpar de lados. Si el número de lados es par, el problema no tiene solución o quedaindeterminado.

También resuelto por C. Beade, S. Campo, M. Cidrás, R. S. Eléxpuru, C. Sánchez y el proponente.

Nota. M. Amengual nos informa de que la generalización de este problema al casode un número impar cualquiera n ≥ 3 de puntos del plano está contenida en el Pro-blema 15 del libro Geometric Transformations, vol. I, de I. M. Yaglom (publicado en1962 por The Math. Assoc. of Amer. en la colección New Mathematical Library). En


las págs. 86–87 pueden encontrarse dos soluciones distintas del problema. Tambiénse estudia el caso n par. Yaglom da generalizaciones del Problema 15 del vol. I en elProblema 21 del mismo volumen y en el Problema 37 del vol. II de dicha obra.

La solución enviada por M. Cidrás es muy similar a la seleccionada de J. Mir yambas son una variante de la primera solución al Problema 15 que presenta Yaglomen su libro. Las soluciones de C. Sánchez y del proponente están, en cambio, relacio-nadas con la segunda solución de Yaglom. C. Sánchez también considera la posiblegeneralización del problema a un polígono de n lados con n impar, y discute el cason par. Las soluciones de C. Beade y S. Campo son similares a la seleccionada deI. Larrosa. C. Beade extiende al caso general de un (2n + 1)-gono la construcciónhecha para el pentágono, mediante un argumento de inducción que utiliza el teoremade Varignon.

Problema 298. Propuesto por José Luis Díaz Barrero, Universitat Politècnica deCatalunya, Barcelona.

Sean a, b y c tres números positivos tales que ab+ bc+ ca = 3abc. Demostrar que√a+ b

c(a2 + b2) +

√b+ c

a(b2 + c2) +√

c+ a

b(c2 + a2) ≤ 3.

Solución enviada por Miguel Cidrás Senra (estudiante), Universitat Politècnica deCatalunya, Barcelona.

Como a, b, c son reales positivos, la condicion ab+bc+ca = 3abc es equivalente a1a

+ 1b

+ 1c

= 3 (1)

Por otro lado, utilizando la desigualdad entre la media aritmética y la media geo-métrica, se tiene que

x+ y

x2 + y2 ≤x+ y

2xy = 12x + 1

2yy, por tanto,√

a+ b

a2 + b2 +√

b+ c

b2 + c2 +√

c+ a

c2 + a2 ≤12a + 1

2b + 12b + 1

2c + 12c + 1

2a = 3. (2)

Finalmente, usando la desigualdad de Cauchy-Schwarz, (1) y (2), se sigue el resul-tado. En efecto,√

a+ b

c(a2 + b2) +

√b+ c

a(b2 + c2) +√

c+ a

b(c2 + a2)

≤

√(a+ b

a2 + b2 + b+ c

b2 + c2 + c+ a

c2 + a2

)(1c

+ 1a

+ 1b

)≤√

3 · 3 = 3.

Además, la igualdad se cumple si y solo si a = b = c = 1.


También resuelto por D. Aranda, G. García, L. Giugiuc, Kee-Wai Lau, J. Nadal, P. Perfetti,Á. Plaza, B. Salgueiro, A. Stadler, N. Stanciu y T. Zvonaru (conjuntamente) y el proponente.


Calcularlımn→∞

1n2

∫ n

0

x2

1 + n2 cos2 xdx.

Solución enviada por Ramya Dutta, Chennai Mathematical Institute, Chennai, In-dia.

Probaremos que, para cualquier función continua f definida en [0, 1] y que tomavalores reales, se verifica

lımn→∞

∫ n

0

f (x/n)1 + n2 cos2 x

dx =∫ 1

0f(x) dx. (1)

Este hecho implica que el valor del límite propuesto es 1/3.Por el teorema de aproximación de Weierstrass, teniendo en cuenta la linealidad

del límite y la integral, para obtener (1) basta probar el resultado para las funcionesf(x) = xk con k ∈ N ∪ 0.

Usando que para cada entero n existem ∈ N tal quem < n/π < m+1, deducimosque

1nk

∫ n

0

xk

1 + n2 cos2 xdx

= 1nk

m−1∑j=0

∫ (j+1)π

jπ

xk

1 + n2 cos2 xdx+ 1

nk

∫ n

mπ

xk

1 + n2 cos2 xdx

= 1nk

m−1∑j=0

∫ π

0

(x+ jπ)k

1 + n2 cos2 xdx+ 1

nk

∫ n−mπ

0

(x+mπ)k

1 + n2 cos2 xdx.

Como el integrando es una función positiva y 0 < n−mπ < π, tenemos

1nk

∫ n−mπ

0

(x+mπ)k

1 + n2 cos2 xdx ≤ 1

nk

∫ π

0

(x+mπ)k

1 + n2 cos2 xdx

≤ (m+ 1)kπk

nk

∫ π

0

11 + n2 cos2 x

dx

= 2(m+ 1)kπk

nk

∫ π/2

0

11 + n2 cos2 x

dx

= 2(m+ 1)kπk

nk

∫ π/2

0

sec2 x

1 + n2 + tan2 xdx

= 2πk(m+ 1)k

nk√

1 + n2arc tan

(tan x√1 + n2

)∣∣∣∣π/2

0= O

(1n

)


Ahora, puesto que

1nk

m−1∑j=0

∫ π

0

(jπ)k

1 + n2 cos2 xdx ≤ 1

nk

m−1∑j=0

∫ π

0

(x+ jπ)k

1 + n2 cos2 xdx

≤ 1nk

m−1∑j=0

∫ π

0

(j + 1)kπk

1 + n2 cos2 xdx

ym−1∑j=0

jk = mk+1

k + 1

(1 +O

(1m

)),

llegamos a

1nk

m−1∑j=0

∫ π

0

(x+ jπ)k

1 + n2 cos2 xdx =

πkmk+1 (1 +O( 1m

))(k + 1)nk

∫ π

0

11 + n2 cos2 x

dx

=2πkmk+1 (1 +O

( 1m

))(k + 1)nk

√1 + n2

arc tan(

tan x√1 + n2

)∣∣∣∣π/2

0

=πk+1mk+1 (1 +O

( 1m

))(k + 1)nk

√1 + n2

= 1k + 1 +O

(1n

),

lo que implica

lımn→∞

∫ n

0

(x/n)k

1 + n2 cos2 xdx = lım

n→∞

(1

k + 1 +O

(1n

))= 1k + 1 =

∫ 1

0xk dx;

es decir, (1) para f(x) = xk.

También resuelto por Kee-Wai Lau, J. Mir, B. Salgueiro y el proponente. Se ha recibido unasolución incorrecta.



2k cosh( x

2k)

senh2( x

2k+1

), x ∈ R.

Solución enviada por Moubinool Omarjee, Lycée Henri IV, París, Francia.El valor de la suma propuesta es senh2 x

2 . En efecto, usando la identidad

cosh(2y) senh2 y = 14(cosh(4y)− 2 cosh(2y) + 1

),


se tiene

∞∑k=0

2k cosh( x

2k)

senh2( x

2k+1

)= lımn→∞

n∑k=0

2k cosh( x

2k)

senh2( x

2k+1

)= lımn→∞

n∑k=0

(2k−2 cosh

( x

2k−1

)− 2k−1 cosh

( x2k)

+ 2k

4

)= cosh(2x)− 1

4 + 12 lımn→∞

2n(

1− cosh( x

2n))

= cosh(2x)− 14 = senh2 x

2 .

También resuelto por A. Álamo, L. Glasser, J. Monterde, J. Nadal y el proponente.

Problema 301. Propuesto por Miguel Amengual Covas, Cala Figuera, Mallorca.Sean a = BC, b = CA y c = AB las longitudes de los lados de un triángulo

ABC. Si ∠BCA = C ≥ π/3, demostrar que

(a+ b)(

1a

+ 1b

+ 1c

)≥ 4 + 1

sen C2.

Solución enviada por Kee-Wai Lau, Hong Kong, China.Por el teorema del seno, resulta sencillo comprobar que la desigualdad propuesta

es equivalente a

senAsenB + senB

senA − 2 ≥ 1sen C

2− senA+ senB

senC . (1)

Para la prueba de (1) usaremos las desigualdades

sen C2 ≥12 (2)

ycos2 A−B

4 ≥ senA senB. (3)

Como π3 ≤ C < π, (2) es evidente. De las desigualdades obvias 1 ≥ − cos(A+ B) y

cos A−B2 ≥ cos(A−B) tenemos

2 cos2 A−B4 = 1 + cos A−B2 ≥ cos(A−B)− cos(A+B) = 2 senA senB,

que implica (3).


Así, usando (2) y (3), para el lado izquierdo de (1) se verifica que

senAsenB + senB

senA − 2 = (senA− senB)2

senA senB =4 sen2 A−B

2 cos2 A+B2

senA senB

=16 sen2 A−B

4 cos2 A−B4 sen2 C

2senA senB ≥ 4 sen2 A−B

4y, para el lado derecho,

1sen C

2− senA+ senB

senC = 1sen C

2−

sen A+B2 cos A−B2

sen C2 cos C2

=1− cos A−B2

sen C2

≤ 2(

1− cos A−B2

)= 4 sen2 A−B

4 .

De esta forma, (1) es inmediata, y la solución está concluida.

También resuelto por J. Nadal y el proponente.


Sea x = x− [x] la parte decimal de x. Probar que∫ 1

0

∫ 1

0

∫ 1

0

xy

yz

zx

dx dy dz = 1 + ζ(2)ζ(3)

6 − 3ζ(2)4 .

Solución enviada por Kee-Wai Lau, Hong Kong, China.Denotando por I la integral propuesta se tiene

I = 1− J −K1 −K2 −K3 + L1 + L2 + L3,

dondeJ =

∫ 1

0

∫ 1

0

∫ 1

0

[xy

][yz

][ zx

]dx dy dz,

K1 =∫ 1

0

∫ 1

0

[xy

]yxdx dy, K2 =

∫ 1

0

∫ 1

0

[yz

]zydy dz, K3 =

∫ 1

0

∫ 1

0

[ zx

]xzdy dz,

L1 =∫ 1

0

∫ 1

0

∫ 1

0

x

y

[yz

][ zx

]dx dy dz, L2 =

∫ 1

0

∫ 1

0

∫ 1

0

y

z

[ zx

][xy

]dx dy dz

y

L3 =∫ 1

0

∫ 1

0

∫ 1

0

z

x

[xy

][yz

]dx dy dz.

Como el integrando de J es nulo excepto cuando x = y = z, es claro que J = 0.Además, por simetría, K1 = K2 = K3 y L1 = L2 = L3, luego basta probar que

K1 = ζ(2)4 y L1 = ζ(2)ζ(3)

18 .


En primer lugar demostraremos que∫ ∞0

[s]sn

ds = ζ(n− 1)n− 1 , n ≥ 3. (1)

En efecto,∫ ∞0

[s]sn

ds =∞∑k=1

k

∫ k+1

k

ds

sn= 1n− 1

∞∑k=1

k

(1

kn−1 −1

(k + 1)n−1

)

= 1n− 1

∞∑k=1

1kn−1 = ζ(n− 1)

n− 1 .

Ahora, como el integrando deK1 es nulo para x < y, usando el cambio de variabley = x/s tenemos

K1 =∫ 1

0

∫ x

0

[xy

]yxdx dy =

∫ 1

0x

∫ ∞0

[s]s3 ds dx = ζ(2)

4 ,

donde en el último paso hemos usado (1) con n = 3. En el caso de L1, el integrandoes nulo a menos que y ≤ z ≤ x y, por tanto,

L1 =∫ 1

0

∫ y

0

∫ z

0

x

y

[yz

][ zx

]dx dz dy.

El cambio de variables x = y/st y z = y/t nos da

L1 =∫ 1

0y2∫ ∞

1

∫ ∞1

[s]s3

[t]t4ds dt dy = ζ(2)ζ(3)

18 ,

donde nuevamente hemos aplicado (1) con n = 3 y n = 4.

También resuelto por R. Dutta, L. Glasser y el proponente.

Nota. El proponente nos indica que la integral que se ha calculado en este problemaes un caso particular de la propuesta en el Problema 2.58 del libro Limits, Series,and Fractional Part Integrals: Problems in Mathematical Analysis de Ovidiu Furdui.Allí se propone, como problema abierto, evaluar la familia de integrales∫ 1

0

∫ 1

0· · ·∫ 1

0

[x1

x2

][x2

x3

]· · ·[xnx1

]dx1 dx2 · · · dxn, n ≥ 3.

Problema 303. Propuesto por Florin Stănescu, Găeşti, Rumanía.Sea M2(Z) el conjunto de las matrices cuadradas de orden dos cuyas entradas

son números enteros. Determinar todas las matrices X1, X2, . . . , X9 ∈ M2(Z), condet(Xi) = 1 para i = 1, . . . , 9, tales que

X41 +X4

2 + · · ·+X49 = X2

1 +X22 + · · ·+X2

9 + 18 · I2.


Solución enviada por Enrique Macías Virgós, Universidad de Santiago de Compos-tela, Santiago de Compostela.

Cada matrizX ∈M2(Z) con detX = 1 anula su polinomio característico λ2−tλ+1, donde t = trX ∈ Z es la traza de la matriz X. Luego es claro que X2 = tX − I2.Usando la linealidad de la traza se sigue que

tr (X4 −X2 − 2 · I2) = p(t)

con p(t) = t4 − 5t2. Si t2 = 1 o t2 = 4 se tiene que p(t) = −4, y si t2 ≥ 9 se cumpleque p(t) = t2(t2 − 5) ≥ 9× 4 = 36. Entonces, si la ecuación tiene solución, tomandola traza y llamando ti = trXi, tendríamos que

0 =9∑i=1

tr (X4i −X2

i − 2 · I2) =9∑i=1

p(ti).

Si hay n sumandos negativos y p positivos, se sigue que 0 ≥ −4n + 36p y, comon + p ≤ 9 (puesto que puede haber sumandos nulos), se deduce que p = 0 y portanto tiene que ser n = 0. Así, todos las matrices Xi tienen traza nula.

Recíprocamente, cualquier elección de matrices Xi en las condiciones del proble-ma y con traza nula nos da una solución porque X2

i = −I2 y X4i = I2.

También resuelto por L. Giugiuc, J. Mir, J. Nadal, M. Omarjee y el proponente.

Problema 304. Propuesto por Marcel Chiriţă, Bucarest, Rumanía.En un triángulo ABC, sean M el punto medio del lado BC y D el punto medio

de la mediana AM . Si la recta perpendicular al segmento DM en su punto mediopasa por el ortocentro del triángulo ABC, probar que ∠BDC = π/2.

Nota. Marcel Chiriţă, colaborador habitual de esta sección, falleció el 26 de febrerode 2016. Sirva esta última publicación de uno de sus problemas como homenaje desdeLa Gaceta.

Solución enviada por Saturnino Campo, Salamanca.Sean α y β las circunferencias de radios DA y MB y centros D y M , respectiva-

mente, H el ortocentro del triángulo ABC y H ′ el pie de la altura desde el vértice A,véase la figura 3. Es evidente que α pasa por H ′.

Vamos a demostrar que el ortocentro H es un punto del eje radical de las circun-ferencias α y β. Para ello calcularemos la potencia del punto H respecto de ambascircunferencias. Sabemos que el simétrico de H respecto de BC es el punto H ′′ dela circunferencia Γ circunscrita al triángulo ABC. Para el punto H ′ se tiene, segúnla potencia respecto de la circunferencia Γ,

AH ′ ·H ′H ′′ = AH ′ ·HH ′ = CH ′ ·H ′B = MB2 −MH ′2. (1)


A

BC M

D

HH '

H ''

G

a

b


Por otra parte, la potencia del punto H respecto de la circunferencia α es

Pot(H,α) = −AH ·HH ′ = −(AH ′ −HH ′) ·HH ′ = HH ′2 −AH ′ ·HH ′

y la potencia de H respecto de β, usando que HH ′ es perpendicular a H ′M y (1),es

Pot(H,β) = HM2 −MB2 = HH ′2 − (MB2 −MH ′2) = HH ′2 −AH ′ ·HH ′,

lo que nos permite concluir que H pertenece al eje radical de las circunferenciasα y β. Volviendo al enunciado, se tiene que H equidista de los puntos D y M ,que son los centros de las circunferencias α y β. Al estar H en el eje radical, estascircunferencias tienen entonces igual radio, es decir, AD = DM = MB. Por tanto,el punto D está sobre la circunferencia β y, consecuentemente, ∠BDC = π/2 porser un ángulo inscrito que abarca un diámetro. (Recíprocamente, si ∠BDC es unángulo recto, es trivial que H está en la mediatriz de DM .)

Solución enviada por el proponente.Supongamos el circuncentro del triángulo ABC en el origen del plano complejo.

Diremos que z es la coordenada del punto Z para indicar que Z es el afijo del número


complejo z. Sean entonces 1, b y c, respectivamente, las coordenadas de los vérticesA, B y C. Se tiene |b| = |c| = 1.

Sea N el punto medio del segmento DM . Pongamos que las coordenadas de lospuntos M , D, N y H sean, respectivamente, m, d, n y h. Del enunciado se sigueinmediatamente

m = b+ c

2 , d = m+ 12 y n = 3m+ 1

4 . (2)

Por otra parte, es bien conocido (ver, por ejemplo, [1, pág. 98], o bien [2, pág. 71])que

h = 1 + b+ c = 2m+ 1, (3)

y que la condición HN ⊥ AM equivale a

(n− h) · (m− 1) = 0, (4)

si se define, en general, u · v := 12 (uv + uv) (ver también [1, pág. 98]). Sustituyendo

(2) y (3) en (4), resulta que HN ⊥ AM es equivalente a la condición

m+m+ 3 = 5|m|2. (5)

A partir de (5), usando la ley del paralelogramo, se obtiene

AM2 = |m− 1|2 = (m− 1)(m− 1) = 4− 4|m|2 = 4− |b+ c|2

= 2|b|2 + 2|c|2 − |b+ c|2 = |b− c|2 = BC2,

y, por consiguiente, se verifica AM = BC y DM = 12 BC. De aquí se deduce que el

triángulo BDC es rectángulo en D, ya que está inscrito en una semicircunferenciade centro M y radio MB.

Referencias[1] T. Andreescu y D. Andrica, Complex Numbers from A to . . . Z, 2nd ed.,

Birkhäuser, 2014.[2] Liang-shin Hahn, Complex Numbers & Geometry, MAA Spectrum Series, The

Mathematical Association of America, 1994.

También resuelto por M. Amengual (tres soluciones), F. D. Aranda, R. Barroso, A. Fanchini,J. Mir, J. Nadal, R. Peiró, B. Salgueiro, C. Sánchez, N. Stanciu y T. Zvonaru (conjuntamente)y el proponente (otra solución).






Problemas

Problema 329. Propuesto por Andrés Sáez Schwedt, Universidad de León, León.Hallar mcd(A,B), si A yB son números enteros tales que (1+

√5)2017 = A+B

√5.

Problema 330. Propuesto por Yagub N. Aliyev, Azerbaijan Diplomatic Academy,Baku, Azerbaiyán.

Determinar todos los polinomios p(x) tales que p(0) = 0 y

p(x+ y) ≥ p(x) + (x+ 1)p(y),

para x, y ∈ R.


Si en un triángulo ABC se verifica que senA senB senC =√

38 , determinar el

mínimo valor de cosA cosB cosC.


Problema 332. Propuesto por Joaquim Nadal Vidal, Llagostera, Girona.En un triángulo ABC sean Q y P , respectivamente, los puntos donde las bisec-

trices interior y exterior del ángulo en el vértice C cortan al lado AB. DenotamosCQ = v, CP = w y sea PA/QA = k. Hallar el área y el perímetro del triánguloABC en términos de v, w y k.

Problema 333. Propuesto por Pablo Refolio, Madrid.Evaluar la suma

∞∑n=1

(−1)n+1(36n2 − 33n+ 8)(6n− 5)!26n(3n− 1)!2 .

Problema 334. Propuesto por Ángel Plaza, Universidad de las Palmas de GranCanaria, Las Palmas.

Sean x1, . . . , xn números reales positivos tales que∏nj=1 xj > 1. Probar que

∞∑k=1

∑nj=1 x

k+1j∑n

j=1 x2k+1j

≤ 1n

√∏nj=1 xj − 1

.


Sea A ∈M2(Q), dondeM2(Q) es el conjunto de las matrices cuadradas de ordendos cuyos elementos son números racionales; así mismo, sea I2 la matriz identidad,y O2 la matriz nula. Si definimos

logA =∞∑k=0

(−1)k

k + 1 (A− I2)k+1,

probar que logA ∈M2(Q) si y solo si (A− I2)2 = O2.

Problema 336. Propuesto por Daniel Sitaru, National Economic College “TheodorCostescu”, Drobeta Turnu Severin, Rumanía.

Sean f, g : [0, 1] −→ R dos funciones tales que g(x) 6= 0, para x ∈ [0, 1], ylımx→0

f(x)x = 1. Calcular

lımn→∞

n∑i=1

(g

(1

n+ i

)− g(

1n+ 1 + i

))(f( 1n+1

)g( 1n+1

) +f( 1n+2

)g( 1n+2

) + · · ·+f( 1n+i)

g( 1n+i)).


Soluciones


Probar la identidad∞∑n=1

(e−2−(n+1)

senh(2−(n+1))− e−2−n

senh(2−n) − 2n)

= e− 3e− 1 .

Solución enviada por Kee-Wai Lau, Hong Kong, China.Teniendo en cuenta que senh x = (ex − e−x)/2, un argumento de inducción

permite probar de manera elemental que, para cualquier entero positivo M ,

M∑n=1

(e−2−(n+1)

senh(2−(n+1))− e−2−n

senh(2−n) − 2n)

= 2(

1e2−M − 1

− 12−M + e− 2

e− 1

).

Entonces el resultado se sigue inmediatamente usando que

lımx→0

(1

ex − 1 −1x

)= −1

2 .

También resuelto por T. Aguilar, A. Castaño, M. Á. Díaz, J. Nadal, M. Omarjee, P. Perfetti,Á. Plaza, B. Salgueiro, J. Vinuesa y el proponente

Nota. Todas las soluciones recibidas suman la serie propuesta utilizando, de unmodo u otro, un procedimiento telescópico que implícitamente también aparece enla solución seleccionada. En la solución de Á. Plaza, usando la igualdad

e−2−(n+1)

senh(2−(n+1))− e−2−n

senh(2−n) = 1senh(2−n) ,

el resultado se obtiene a partir de la fórmula∞∑j=1

(x

senh(2−jx) − 2j)

= 1− x

tanh x,

que se prueba en [1] mediante una variante de un argumento de «telescopización».

Referencias

[1] G. Boros y V. H. Moll, Sums of arctangents and some formulas of Ramanu-jan, Sci. Ser. A Math. Sci. (N.S.) 11 (2005), 13–24.



Probar que∫ 1

√3−√

2

∫ 1

√3−√

2

dx dy

(x+ y)2 + (1 + xy)2 = 13

(G+ π

8 log(2−√

3)),

donde

G =∞∑n=0

(−1)n

(2n+ 1)2

es la constante de Catalan.

Solución enviada por Larry Glasser, Clarkson University, Potsdam, Nueva York,EE.UU.

Para 0 < a, b < 1, consideramos

V (a, b) =∫ 1

b

∫ 1

a

dx dy

(x+ y)2 + (1 + xy)2 .

Como∂

∂y

(arc tan

(x+ y

1 + xy

))= 1− x2

(x+ y)2 + (1 + xy)2 ,

tenemos

V (a, b) =∫ 1

b

(π

4 − arc tan(x+ a

1 + xa

))dx

1− x2

=∫ 1

b

arc tan(

1− a1 + a

1− x1 + x

)dx

1− x2 ,

donde en el último paso hemos usado la relaciónπ

4 − arc tanw = arc tan(

1− w1 + w

)con w = x+a

1+xa . Ahora, con el cambio de variable 1−a1+a

1−x1+x = t deducimos que

V (a, b) = 12 Ti2

(1− a1 + a

1− b1 + b

),

dondeTi2(z) =

∫ z

0

arc tan tt

dt

es la función arcotangente integral.Finalmente, el resultado propuesto se obtiene tomando a = b =

√3 −√

2 yteniendo en cuenta la identidad

Ti2(2−√

3) = 23G+ π

12 log(2−√

3) (1)

probada por Ramanujan [2] (artículo que puede verse en la recopilación [1, pág. 40]).


Referencias

[1] G. H. Hardy, P. V. Seshu Aiyar y B. M. Wilson, Collected Papers ofSrinivasa Ramanujan, Cambridge University Press, Cambridge, 1927.

[2] S. Ramanujan, On the integral∫ x

0

tan−1 t

tdt, J. Indian Math. Soc. 7 (1915),

93–96.

También resuelto por el proponente.

Nota. La prueba de Ramanujan de (1) recogida en [2] es realmente simple y ele-gante. Comienza considerando la identidad

sen(2x)12 + sen(6x)

32 + sen(10x)52 +· · ·+ sen(2(2n+ 1)x)

(2n+ 1)2 +· · · = Ti2(log x)−x log(tan x),

cuya prueba se obtiene por derivación con respecto a x de ambos miembros de laigualdad. Después, tomando x = π/12, como

sen (2n+ 1)π6 =

(−1)j

2 , n = 3j,(−1)j , n = 3j + 1,(−1)j

2 , n = 3j + 2,

obtiene que 2 Ti2(1) = 3 Ti2(2−√

3) + π4 log(2 +

√3) y, así, (1) es inmediata ya que

Ti2(1) = G.


Sean X, Y y Z las proyecciones del baricentro G de un triángulo ABC sobre loslados BC, CA y AB, respectivamente. Sean S y T las áreas de los triángulos ABCy XY Z, respectivamente. Probar que

T = 49a2 + b2 + c2

a2b2c2 S3,

donde a, b y c son las longitudes de los lados BC, CA y AB, respectivamente.

Solución enviada (independientemente) por Miguel Amengual Covas, Cala Figuera,Mallorca, y Raúl A. Simón Eléxpuru, Chile.

Designemos por ha, hb y hc las longitudes de las respectivas alturas relativas alos lados BC, CA y AB del triángulo ABC. Si D es el pie de la perpendicular desdeel vértice A al lado BC, véase la figura 1, se tiene que ha = AD.

SiM es el punto medio del lado BC, los triángulos ADM y GXM son semejantesy, por tanto,

GX

AD= GM

AM= 1

3 ,


A

B

A

M X D C

G

Y

Z


lo que implicaGX = 1

3ha.

De manera análoga se deducen las relaciones GY = 13hb y GZ = 1

3hc.Puesto que los ángulos ∠GXC y ∠CY G del cuadrilátero GXCY son rectos, los

ángulos ∠Y GX y ∠XCY (= ∠C) son suplementarios y se verifica que

Area(4GXY ) = 12GX ·GY · sen (∠Y GX) = 1

2 ·13ha ·

13hb · senC.

A su vez, las igualdades 2S = a · ha = b · hb = ab senC implican hahb senC = 8S3

a2b2

y, por consiguiente,

Area(4GXY ) = 4S3

9a2b2 .

Análogamente, Area(4GY Z) = 4S3

9b2c2 y Area(4GZX) = 4S3

9c2a2 . Finalmente, al serG un punto interior al triángulo ABC, T es igual a la suma de las áreas de lostriángulos GXY , GY Z y GZX, y se tiene la igualdad

T = 4S3

9

(1

a2b2 + 1b2c2 + 1

c2a2

),

que es equivalente a la propuesta.

También resuelto por F. D. Aranda, A. Fanchini, J. Nadal, R. Peiró, B. Salgueiro, J. P. Sempere,N. Stanciu y T. Zvonaru (conjuntamente) y el proponente.


Nota. En las soluciones enviadas por B. Salgueiro y N. Stanciu y T. Zvonaru seindica que este problema relaciona las áreas del triángulo ABC y el triángulo pedalde G respecto de ABC y que, entre las fórmulas que pueden encontrarse en la páginaweb http://mathworld.wolfram.com/PedalTriangle.html, está la relación

T = R2 −OG2

4R2 S,

siendo O y R, respectivamente, el centro y el radio de la circunferencia circunscritaal triángulo ABC, de donde resulta fácilmente la identidad propuesta.

Problema 308. Propuesto por Ovidiu Furdui y Alina Sîtămărian, Technical Uni-versity of Cluj-Napoca, Cluj-Napoca, Rumanía.

Si

In =∫ π/2

0

n√

(sen x)n + (cosx)n dx, n ∈ N,

evaluar los límites

L = lımn→∞

In y lımn→∞

n2(In − L).

Solución enviada por Moubinool Omarjee, Lycée Henri IV, París, Francia.Con el cambio de variable tan2 x = t se tiene

In =∫ ∞

0

n√

1 + tn/2

2√t(1 + t)3/2

dt =∫ 1

0

n√

1 + tn/2√t(1 + t)3/2

dt

y aplicando el teorema de la convergencia dominada de Lebesgue (notar que el inte-grando está acotado superiormente por la función 2t−1/2(1+t)−3/2, que es integrableen (0, 1)) llegamos a

L = lımn→∞

In =∫ 1

0

dt√t(1 + t)3/2

=∫ ∞

1

dz

(1 + z)3/2 =√

2.

Puesto que

n2(In − L) = n2∫ 1

0

n√

1 + tn/2 − 1√t(1 + t)3/2

dt = 2∫ 1

0

n( n√

1 + s− 1)s1/n

s(1 + s2/n)3/2 ds,

donde en el último paso hemos usado el cambio de variable tn/2 = s, usandonuevamente el teorema de la convergencia dominada (en este caso, la desigualdad(1 + z)r − 1 < rz, válida para z > −1 y 0 < r < 1, permite estimar superiormenteen el intervalo (0, 1) el integrando por una constante), deducimos que

lımn→∞

n2(In − L) = 1√2

∫ 1

0

log(1 + s)s

ds = π2

12√

2,


ya que, como es conocido,∫ 1

0

log(1 + s)s

ds =∞∑k=0

(−1)k

(k + 1)2 = π2

12 .

También resuelto por L. Glasser, S. de Luxán y Á. Plaza (conjuntamente), P. Perfetti, B. Salgueiroy los proponentes.


Sean a, b y c las longitudes de los lados de un triángulo no isósceles ABC. Sim ≥ 0, probar que

a3(m+1)

((a− b)(a− c))m+1 + b3(m+1)

((b− a)(b− c))m+1 + c3(m+1)

((c− a)(c− b))m+1 >(a+ b+ c)m+1

3m .

Nota. Como observan J. Nadal y A. Stadler, la desigualdad propuesta es falsa.J. Nadal prueba esta afirmación tomando a = 5, b = 6, c = 10 y m = 2. En esecaso, el lado izquierdo de la desigualdad propuesta es −16 839 y el lado derecho esun valor positivo. A continuación presentamos la demostración de A. Stadler de ladesigualdad

a3(m+1)

|(a− b)(a− c)|m+1 + b3(m+1)

|(b− a)(b− c)|m+1 + c3(m+1)

|(c− a)(c− b)|m+1 >(a+ b+ c)m+1

3m .

(1)

Solución enviada por Albert Stadler, Herrliberg, Suiza.En el caso m = 0, como entre las cantidades (a − b)(a − c), (b − a)(b − c) y

(c− a)(c− b) una es negativa, se tiene

a3

|(a− b)(a− c)| + b3

|(b− a)(b− c)| + c3

|(c− a)(c− b)|

>a3

(a− b)(a− c) + b3

(b− a)(b− c) + c3

(c− a)(c− b) = a+ b+ c.

Así, para m > 0, usando que la media aritmética está acotada superiormente por lamedia de orden m+ 1, obtenemos que(

a+ b+ c

3

)m+1

<

(13

(a3

|(a− b)(a− c)| + b3

|(b− a)(b− c)| + c3

|(c− a)(c− b)|

))m+1

≤ 13

(a3(m+1)

|(a− b)(a− c)|m+1 + b3(m+1)

|(b− a)(b− c)|m+1 + c3(m+1)

|(c− a)(c− b)|m+1

),

y esto implica (1).


Problema 310. Propuesto por Yagub N. Aliyev, Qafqaz University, Khyrdalan,Azerbaiyán.

Probar que para cualquier número racional m/n se verifica la desigualdad∣∣∣√7− m

n

∣∣∣ > 16n2 .

Solución enviada por Martín Ortiz Ramírez (estudiante), Merton College, Universi-dad de Oxford, Reino Unido.

Basta probar la desigualdad propuesta cuando |√

7− mn | ≤

16 , puesto que, en caso

contrario, el resultado es inmediato. En esa suposición, se verifica que 0 < m/n < 3y, por tanto, ∣∣∣√7 + m

n

∣∣∣ < 6.

Ahora, como√

7 es irracional, para cualesquiera enteros m y n se tiene que

|7n2 −m2| ≥ 1.

De este modo resulta

∣∣∣√7− m

n

∣∣∣ =

∣∣∣7− m2

n2

∣∣∣∣∣√7 + mn

∣∣ = 1n2

∣∣7n2 −m2∣∣∣∣√7 + m

n

∣∣ >1

6n2

y la prueba está concluida.

También resuelto por M. A. Díaz, Kee-Wai Lau, A. Messegué, J. Nadal, P. Perfetti, J. Vinuesa yel proponente.


Sea f : [0, 1] −→ [0, 1] una función derivable verificando las siguientes propieda-des:

a) f es inyectiva, b) f(0) = 0 y f(1) = 1, c) f ′ es creciente.

Probar que se verifica la desigualdad∫ 1

0f(x) dx ·

∫ 1

0xf2(x) dx ≤

(1

2√

2−∫ 1

0f(x)

(f−1(x)− x

)dx

)2

.


Solución enviada por el proponente.Como f es inyectiva y continua, es estrictamente monótona y, puesto que f(0) =

0, debe ser estrictamente creciente. Además, como f(1) = 1, la función f es biyectivay, por tanto, tiene inversa. La función f−1 será derivable y se cumplirá la relación∫ 1

0f(x) dx+

∫ 1

0f−1(x) dx = 1. (1)

Puesto que f ′ es creciente, f es convexa y, así, si 0 ≤ x1 < x2 < x3 ≤ 1, severifica la desigualdad

f(x2)− f(x1)x2 − x1

≤ f(x3)− f(x2)x3 − x2

.

En particular, si x ∈ (0, 1), como 0 < f−1(x) < 1, se cumple quef(f−1(x))− f(0)

f−1(x) ≤ f(1)− f(f−1(x))1− f−1(x) ,

y, por tanto, x ≤ f−1(x). Este hecho implica de manera obvia que

f(x) ≤ x ≤ f−1(x), x ∈ [0, 1]. (2)

Aplicando nuevamente la convexidad de la función f , para x ∈ (0, 1] tal que 0 < x <f−1(x) se verifica que

f(x)x≤ x− f(x)f−1(x)− x,

lo cual implicaf(x)f−1(x) ≤ x2, x ∈ [0, 1]. (3)

Ahora, por la desigualdad de Cauchy-Schwarz y usando (1), (2) y (3), tenemos(∫ 1

0f(x)(f−1(x)− x) dx

)2

≤∫ 1

0f2(x)(f−1(x)− x) dx ·

∫ 1

0(f−1(x)− x) dx

=(∫ 1

0f2(x)f−1(x) dx−

∫ 1

0xf2(x) dx

)(12 −

∫ 1

0f(x) dx

)≤(

14 −

∫ 1

0xf2(x) dx

)(12 −

∫ 1

0f(x) dx

)= 1

8 −(

14

∫ 1

0f(x) dx+ 1

2

∫ 1

0xf2(x) dx

)+∫ 1

0xf2(x) dx ·

∫ 1

0f(x) dx

≤ 18 − 2

√18

∫ 1

0f(x) dx ·

∫ 1

0xf2(x) dx+

∫ 1

0xf2(x) dx ·

∫ 1

0f(x) dx

=

12√

2−

√∫ 1

0xf2(x) dx ·

∫ 1

0f(x) dx

2

.


Como ∫ 1

0xf2(x) dx ·

∫ 1

0f(x) dx ≤ 1

8 ,

se cumple

∫ 1

0f(x)(f−1(x)− x) dx ≤ 1

2√

2−

√∫ 1

0f(x) dx ·

∫ 1

0xf2(x) dx

y la desigualdad propuesta se sigue de manera evidente.



Una pirámide recta de altura h tiene de base un n-gono regular de perímetro 2p.Un gusano quiere escalar la pirámide e inicia su ascensión en un vértice de la base.Arrastrándose por una cara, se dirige perpendicularmente hacia la arista opuesta.Al llegar a esta arista prosigue su camino, siempre en el mismo sentido, por lacara adyacente, siguiendo una trayectoria perpendicular a la arista opuesta, y asísucesivamente.

Calcular la distancia que recorre el gusano hasta que completa m vueltas alrede-dor del eje de simetría de la pirámide, así como la altura sobre el suelo a la que seencuentra en ese momento.

Solución enviada por Cristóbal Sánchez Rubio, I. E. S. Penyagolosa, Castellón.El problema se visualiza y se expresa muy claramente en función de los datos

del triángulo de una de las caras, a partir de lo que sería un desarrollo plano delrecorrido del gusano, véase la figura 2.

Para facilitar la escritura denotaremos por b el lado del polígono, por ` la arista dela pirámide y por α el ángulo ∠AV B. Todos estos valores son fácilmente expresablesen función de los datos de la pirámide; en concreto, b = 2p

n y

` = p

n sen α2.

Como también se tiene la expresión

` =

√h2 + b2

2 sen2 πn

,

se deduce que

sen α2 =sen π

n√p2 + h2n2 sen2 π

n

.


M1

M2

M3

M4

M5

N2

N3

N4

N5

e1

e2

e3

e4

e5

E1

E2

E3

E4

E5

e2

e3

e4

e5

bA B

V

a

Figura 2: Visualización de los cinco primeros pasos de la trayectoria del gusano delProblema 312.

La trayectoria del gusano se visualiza claramente plegando las sucesivas carassobre la primera alternando el sentido; dicha trayectoria queda como una sucesiónde segmentos cada uno perpendicular a la arista de llegada. En la figura 2 se muestranlos cinco primeros pasos. El resto es un simple cálculo dado que las longitudes formanuna progresión geométrica de razón menor que uno.

En efecto, el triángulo AE1M2 es rectángulo en M2 y e2 = e1 cosα, y por lasemejanza de los triángulos sucesivos E1M2N3, M2N3M4, etc., tenemos que esek+1 = ek cosα, con k = 1, 2, . . . . Como e1 = b cos α2 , la distancia AEp recorridatras m vueltas completas será, si ponemos t = mn,

AEt =t∑

k=1ek = b

1− (cosα)t

1− cosα cos α2 .

Por el teorema de Tales, los segmentos AM1, M1M2, etc., forman también otraprogresión geométrica de razón cosα.

La longitud AMt alcanzada sobre la arista de partida tras m vueltas completasse puede obtener aplicando el teorema de los senos al triángulo AEpMp. En efecto,como

AMt

sen α2

= AEt

sen(π2 + α

2)

se tiene queAMt = AEt tan α2 ,

de donde resultaAMt = b

1− (cosα)t

1− cosα sen α2 .


A B

OP

Mt

h

r

V

Figura 3: Esquema para el cálculo de la altura del punto Mt en el Problema 312.

Finalmente, vamos a calcular la altura sobre la base de este punto final Mt. SeaP la proyección de Mt en el plano de la base, véase la figura 3. Por la semejanza delos triángulos V OA y MtPA tenemos

MtP

h= AMt

`

y entonces

MtP = AMth

`= hb

`

1− (cosα)t

1− cosα sen α2 .

También resuelto por R. S. Eléxpuru, J. P. Sempere y el proponente.






Problemas

Problema 337 (conmemorativo del «Pi day 2018»). Propuesto por Larry Glas-ser, Clarkson University, Potsdam, Nueva York, EE.UU.

Probar que

2π

∫ ∞0

sen(x

2

)eπ cos x cos

(π(x− sen x)

)dxx

= π[π]

[π]! ,

donde [x] denota la parte entera de x.

Problema 338. Propuesto por Daniel Sitaru, Drobeta Turnu Severin, Rumanía.Sean ma, mb, mc y a, b, c las longitudes de las medianas y los lados, respecti-

vamente, de un triángulo ABC. Si S denota el doble del área de dicho triángulo,probar que(

m2a

m2b

+ m2b

m2c

+ m2c

m2a

)(m4a

m4b

+ m4b

m4c

+ m4c

m4a

)(m8a

m8b

+ m8b

m8c

+ m8c

m8a

)≥ S3

(1

amb+ 1bmc

+ 1cm2

a

)3.


Problema 339. Propuesto por Miguel Amengual Covas, Cala Figuera, Mallorca.Demostrar que la distancia entre dos puntos interiores cualesquiera de un tetrae-

dro está acotada superiormente por la mayor de las longitudes de sus aristas.

Problema 340. Propuesto por Ángel Plaza de la Hoz, Universidad de Las Palmasde Gran Canaria, Las Palmas.

Sean a1, . . . , an números reales positivos y m un número real mayor que uno.Demostrar las desigualdades

1n− 1

∑cíclica

a2 + · · ·+ ana1 +m (a2 + · · ·+ an) ≤

n

n+ (m− 1)(n− 1)

≤∑

cíclica

a1

a1 +m (a2 + · · ·+ an) .



(n− 1)(2n (ζ(n)− 1)− 1

),


Problema 342. Propuesto por Leonard Giugiuc, Drobeta Turnu Severin, Rumanía.Determinar las soluciones reales del sistema de ecuaciones

a+ b+ c+ d = 4,

a2 + b2 + c2 + d2 = 283 ,

abcd = 19 .


Sean a, b y c tres números reales positivos tales que a2 + b2 + c2 = 1. Probar que

a4

√b2 + 1c2 + 1 + b

4

√c2 + 1a2 + 1 + c

4

√a2 + 1b2 + 1 ≤

4

√3(a2

b2 + b2

c2 + c2

a2

).


Problema 344. Propuesto por Joaquim Nadal Vidal, Llagostera, Girona.Xavier y Yolanda juegan tirando una moneda. Si sale cara Xavier se anota un

punto, y si sale cruz se lo anota Yolanda. Cuando un jugador aventaja al otro entres puntos, es el ganador y la partida termina. Y si después de 2n tiradas, paraalgún cierto valor de n ≥ 2 fijo, aún no hay ganador, entonces la partida terminacon un empate. Hállese la probabilidad de empate en caso de que la moneda estéequilibrada y en caso de que la probabilidad de sacar cara sea c 6= 1/2 (es decir,cuando la moneda no está equilibrada).

Soluciones

Nota. Por un descuido involuntario, entre las soluciones correctas recibidas a losProblemas 305, 308 y 310 olvidamos citar las enviadas por Albert Stadler. Pedimosdisculpas por ello.


Si B y C son dos vértices fijos de un triángulo ABC y la simediana que parte deB está contenida en una recta fija que pasa por B, determinar el lugar geométrico delvértice A. (Las simedianas de un triángulo son las rectas simétricas de las medianasrespecto de las bisectrices interiores.)

Solución enviada por Andrés Sáez Schwedt, Universidad de León, León.Denotamos por r la recta fija que contiene a la simediana de B, y sea ξ el ángulo

que forma r con BC, véase la figura 1. De este modo, si A es un punto del lugargeométrico y M es el punto medio de AC, debe cumplirse que ∠MBA = ξ.

Sea ahora D el punto simétrico de C respecto de B, de manera que en el triánguloACD el segmento BM es una de sus paralelas medias, y se tiene que los segmentosDA y BM son paralelos y ∠DAB = ξ.

Construimos Γ, la circunferencia circunscrita al triángulo ABD. Puesto que larecta r forma con la cuerda BD de Γ un ángulo ξ igual al inscrito en dicha cuerda,se tiene que r es tangente a Γ. En consecuencia, Γ es fija, determinada de formaúnica por las condiciones de ser la circunferencia que pasa por los puntos B y D yes tangente a r.

Hemos probado que todo punto A del lugar geométrico pertenece a Γ. Recípro-camente, razonando de nuevo sobre la figura 1 en sentido inverso es sencillo ver quetodo punto de Γ (excepto B y D) es válido como punto A del lugar geométrico.

También resuelto por C. Beade, F. J. García, L. Giugiuc, I. Larrosa, J. Mir, J. Nadal, B. Sal-gueiro, A. Velasco y el proponente.


D B C

A

M

x

x

x

x

G

r


Problema 314. Propuesto por Manuel Benito Muñoz, Logroño, La Rioja.Consideramos el conjunto A = 1, 2, . . . , n \ 4, donde n ≥ 4 es un número

natural. ¿Para qué valores de n podemos descomponer A en dos conjuntos disjuntosB y C tales que el producto de todos los números pertenecientes a B y el productode todos los números pertenecientes a C sean dos números consecutivos?

Solución enviada por César Beade Franco, I. E. S. Fernando Blanco, Cee, La Co-ruña.

Si n ≤ 12, existen soluciones en los casos n = 4 (B = 3 y C = 1, 2), n = 5(B = 5 y C = 1, 2, 3) y n = 7 (B = 5, 7 y C = 2, 3, 6). Veamos qué ocurresi n ≥ 13.

Como dos números consecutivos son primos entre sí, en B no puede haber nú-meros con divisores comunes con algún elemento de C (en particular solo uno de losconjuntos, digamos C, puede contener números pares).

Supongamos que n es par. Los elementos de uno de los conjuntos, por ejemplo B,solo pueden ser números primos mayores que n

2 (en caso contrario 2p estaría en C).Y para cada uno de estos números siempre existe otro en C (su siguiente) mayorque él.


Si n es impar, los elementos de B solo podrán ser números primos mayores quen−1

2 . Ahora sucede lo mismo que en el caso anterior, excepto quizás para n, pero enese caso se tiene que n < n−1

2n−3

2 . (Notar que, como n ≥ 13, n−12 6= 4 y n−3

2 6= 4.)En ambos casos los productos de los números de uno y otro conjunto no pueden

diferenciarse en uno, así que no existen más soluciones.

También resuelto por A. Castaño, M. Á. Díaz, J. Nadal, A. Stadler y el proponente. Se hanrecibido dos soluciones incompletas.

Problema 315. Propuesto por Daniel Sitaru, Drobeta Turnu Severin, Rumanía.Si a, b ∈ R y a < b, probar que

eb − ea

b− a≥ ea

24(b− a)2 +√ea+b.

Solución enviada por Kee-Wai Lau, Hong Kong, China.Tomando la nueva variable positiva x = b − a y dividiendo a ambos lados la

desigualdad propuesta por e−a, esta resulta ser equivalente a

ex − 1x− x2

24 − ex/2 ≥ 0. (1)

Ahora, usando el desarrollo en serie de potencias de la función exponencial,

ex − 1x− x2

24 − ex/2 =

∞∑n=3

(1

(n+ 1)! −1

2nn!

)xn =

∞∑n=3

2n − n− 12n(n+ 1)! x

n,

lo que implica (1) por ser x > 0 y cumplirse que 2n − n− 1 > 0 para cada n ≥ 3.

También resuelto por L. Giugiuc, J. Mir, J. Nadal, Á. Plaza, J. Rodrigo, B. Salgueiro, A. Stadler,J. Vinuesa y el proponente.

Nota. La mayor parte de las soluciones recibidas utilizan un argumento similaral de la publicada, y Á. Plaza observa que dicho argumento puede utilizarse paraprobar la desigualdad más general

eb − ea

b− a>

n∑k=2

ea(2k − k − 1)2k(k + 1)! (b− a)k +

√ea+b, b > a.



∞∑n=1

(−1)k+nH2k+n

k + n,

donde Hi = 1 + 12 + · · ·+ 1

i denota el i-ésimo número armónico.


Solución enviada por Albert Stadler, Herrliberg, Suiza (modificada por los editores).Denotando por S el valor de la suma a evaluar, vamos a probar que

S = log3 23 + log2 2

2 − π2

12 log 2− π2

24 + 34ζ(3).

En primer lugar comprobaremos que la serie es convergente y puede escribirsecomo una integral triple. De las identidades

1k + n

=∫ 1

0tk+n−1 dt y Hk+n =

k+n∑j=1

∫ 1

0tj−1 dt =

∫ 1

0

1− tk+n

1− t dt,

deducimos que

N∑n=1

(−1)nH2k+n

k + n=

N∑n=1

(−1)n∫ 1

0

1− uk+n

1− u du

∫ 1

0

1− vk+n

1− v dv

∫ 1

0wk+n−1 dw

=∫ 1

0

∫ 1

0

∫ 1

0

(−Fk(u, v, w) + (−1)NFk+N (u, v, w)

)du dv dw

con Fj(u, v, w) = wj

(1−u)(1−v)fj(u, v, w) y

fj(u, v, w) = 11 + w

− uj+1

1 + uw− vj+1

1 + vw+ (uv)j+1

1 + uvw.

Mediante manipulaciones algebraicas elementales podemos probar la igualdad

fj(u, v, w) = (1− u)(1− v)h1(u, v, w)− (1− v)(1− uj+2)h2(u, v, w)− (1− u)(1− vj+1)h3(u, v, w) + (1− uj+1)(1− vj+1)h4(u, v, w)

siendoh1(u, v, w) = w2(1 + v + vw + uvw)

(1 + w)(1 + uw)(1 + vw)(1 + uvw) ,

h2(u, v, w) = w(1+uw)(1+uvw) , h3(u, v, w) = vh2(v, u, w) y h4(u, v, w) = 1

1+uvw , queimplica ∣∣∣∣∫ 1

0

∫ 1

0

∫ 1

0(−1)NFk+N (u, v, w) du dv dw

∣∣∣∣ ≤ C (log(k +N))2

k +N

y, por tanto,∞∑n=1

(−1)nH2k+n

k + n= −

∫ 1

0

∫ 1

0

∫ 1

0Fk(u, v, w) du dv dw.


De manera similar,

M∑k=1

∞∑n=1

(−1)k+n H2k+n

k + n= −

∫ 1

0

∫ 1

0

∫ 1

0

M∑k=1

(−1)kFk(u, v, w) du dv dw

=∫ 1

0

∫ 1

0

∫ 1

0

(G0(u, v, w) + (−1)M+1GM (u, v, w)

)du dv dw,

siendo Gj(u, v, w) = wj+1

(1−u)(1−v)gj(u, v, w) y

gj(u, v, w) = 1(1 + w)2 −

uj+2

(1 + uw)2 −vj+2

(1 + vw)2 + (uv)j+1

(1 + uvw)2 .

Como se verifica la identidad gj(u, v, w) = − ∂∂wfj(u, v, w), tendremos

gj(u, v, w) = (1− u)(1− v)H1(u, v, w)− (1− v)(1− uj+2)H2(u, v, w)− (1− u)(1− vj+1)H3(u, v, w) + (1− uj+1)(1− vj+1)H4(u, v, w)

con Hi(u, v, w) = − ∂∂whi(u, v, w), con i = 1, . . . , 4. Entonces, en este caso también

ocurre ∣∣∣∣∫ 1

0

∫ 1

0

∫ 1

0(−1)M+1GM (u, v, w) du dv dw

∣∣∣∣ ≤ C (logM)2

M,

lo que nos permite deducir la igualdad

S =∫ 1

0

∫ 1

0

∫ 1

0G0(u, v, w) du dv dw.

Procedamos ahora con la evaluación de la integral triple. Como∫ 1

0

a2w

(1 + aw)2 dw = 11 + a

− 1 + log(1 + a),

se verifica que

S =∫ 1

0

∫ 1

0

f−1(u, v, 1)(1− u)(1− v) du dv

+∫ 1

0

∫ 1

0log(

2(1 + uv)(1 + u)(1 + v)

)du dv

(1− u)(1− v) =: I + J.

De la relación

f−1(u, v, 1) = (1− u)(

v

(1 + v)(1 + uv) −1

2(1 + u)

),

se sigue que ∫ 1

0

f−1(u, v, 1)1− u du = log(1 + v)

1 + v− log 2

2


y, usando el cambio de variable v = 1−t1+t , llegamos a

I = 12

∫ 1

0

((1 + t) log

(2

1 + t

)− log 2

)dt

t(1 + t)

= 12

∫ 1

0log(

21 + t

)dt

1 + t− 1

2

∫ 1

0

log(1 + t)t(1 + t) dt

= log2 24 + 1

2

∫ 1

0

log(1 + t)1 + t

dt− 12

∫ 1

0

log(1 + t)t

dt

= log2 22 − 1

2

∞∑j=1

(−1)j−1

j

∫ 1

0tj−1 dt

= log2 22 − 1

2

∞∑j=1

(−1)j−1

j2 = log2 22 − 1

2

(1− 2

4

)ζ(2) = log2 2

2 − π2

24 .

Con las transformaciones u = 1−x1+x y v = 1−y

1+y , resulta sencillo comprobar que

J =∫ 1

0

∫ 1

0

log(1 + xy)xy(1 + x)(1 + y) dx dy

=∫ 1

0

∫ 1

0

log(1 + xy)xy

dx dy − 2∫ 1

0

∫ 1

0

log(1 + xy)x(1 + y) dx dy

+∫ 1

0

∫ 1

0

log(1 + xy)(1 + x)(1 + y) dx dy

=: J1 + J2 + J3.

El cálculo de J1 puede hacerse de manera sencilla del siguiente modo:

J1 =∞∑j=1

(−1)j−1

j

∫ 1

0

∫ 1

0(xy)j−1 dx dy =

∞∑j=1

(−1)j−1

j3 =(

1− 28

)ζ(3) = 3

4ζ(3).

Aplicando integración por partes, con v = log(1 + y) y u =∫ 1

0log(1+xy)

x dx, sesatisface que

J2 = log 2∫ 1

0

log(1 + x)x

dx−∫ 1

0

log2(1 + y)y

dy.

La primera de las integrales anteriores ha sido evaluada al calcular I y su valor esπ2/12. El valor de la segunda integral es ζ(3)/4 y la comprobación de este hechopuede verse en la nota que sigue a la solución del Problema 288 de esta sección,aparecida en el volumen 19, número 3, págs. 603–606. Luego

J2 = π2

12 log 2− ζ(3)4 .

Por último, usando de nuevo integración por partes con v = log(1 + y) y u =∫ 10

log(1+xy)1+x dx, como∫ 1

0

x

(1 + x)(1 + xy) dx = log(1 + y)y(1− y) −

log 21− y ,


teniendo en cuenta otra vez la nota al Problema 288, deducimos que

J3 = log 2∫ 1

0

log(1 + x)1 + x

−∫ 1

0

log2(1 + y)y(1− y) dy + log 2

∫ 1

0

log(1 + y)1− y dy

= log3 22 − ζ(3)

4 −∫ 1

0log(1 + y) log

(1 + y

2

)dy

1− y .

El cambio de variable y = 1−s1+s , aplicado a la última integral da

∫ 1

0log(1 + y) log

(1 + y

2

)dy

1− y =∫ 1

0

log2(1 + s)s

ds

− log 2∫ 1

0

log(1 + s)s

ds−∫ 1

0

log2(1 + s)1 + s

ds+ log 2∫ 1

0

log(1 + s)s

ds,

que, con las observaciones anteriores, implica

J3 = π2

12 log 2 + log3 23 − ζ(3)

2 .

De esta forma, reuniendo los valores de I, J1, J2 y J3 concluimos la evaluación de S.

También resuelto por P. Perfetti, B. Salgueiro y el proponente. Se han recibido dos solucionesincorrectas.


Para cada m ∈ [1,∞) denotaremos por Cm la circunferencia de ecuación

(4x− (m+ 1)√m2 − 1)2 + (4y −m(m− 1))2 = m2(m− 1)2.

Dados x e y números reales positivos, probar que x2 ≥ y si y solo si existe m tal queel punto (x, y) pertenece a la circunferencia Cm.

Solución enviada por Cristóbal Sánchez Rubio, I. E. S. Penyagolosa, Castellón.Vamos a determinar el haz de circunferencias tangentes al eje OX y a la rama

de la parábola y = x2 situada en el primer cuadrante, y comprobaremos que coin-cide con el haz del enunciado. En el proceso veremos el significado geométrico delparámetro m.

Sean P = (a, a2) un punto variable de la parábola y t la recta tangente en esepunto. La recta t corta al eje OX en un punto M y forma con él un ángulo α comose muestra en la figura 2. Como la derivada de y = x2 es y′ = 2x, tenemos quetgα = 2a y, por tanto, P =

(tgα

2 , tg2 α4

). Además, M =

(tgα

4 , 0).


O M T

S

P

t

a

X

Y


Si la circunferencia ha de ser tangente a la recta t y al eje OX en T (véase lafigura 2), debe ser MP = MT . Ahora, como

MP =√

tg2 α

16 + tg4 α

16 = tgα4

√1 + tg2 α = tgα

4 cosαy

OT = OM +MT = tgα4 +MP = tgα

4

(1 + 1

cosα

),

tomando m = 1/ cosα, resulta que la abscisa del centro S de la circunferencia es(m+1)

√m2−1

4 . Para hallar la ordenada del centro hemos de cortar la recta paralela aleje OY pasando por el punto T , de ecuación x = (m+1)

√m2−1

4 , con la recta normala la parábola en el punto P , dada por

y = − x

tgα + 12 + tg2 α

4 ,

que, en términos de m, puede reescribirse como

y = − x√m2 − 1

+ 12 + m2 − 1

4 .

De este modo, es claro que la ordenada del centro y el radio de la circunferencia soniguales a m(m−1)

4 .Así queda probado que cada circunferencia Cm es tangente a la parábola y =

x2 y al semieje OX con x ≥ 0. Claramente todos los puntos de cada una de lascircunferencias Cm quedan bajo el arco de la parábola correspondiente a las abscisas


O

Q

TT '

S

S'

P

P'

X

Y

Figura 3: En la imagen se muestran dos circunferencias del haz Cm pasando por unmismo punto Q.

positivas y sobre el eje OY , es decir, la región donde se cumple la desigualdad x2 ≥ y.Además, como el parámetro es un número real, es obvio que las circunferencias Cmcubren toda la región. Precisando más, tal y como se muestra en la figura 3, hay doscircunferencias de la familia Cm que pasan por cualquier punto Q = (x, y) tal quex2 > y. Si x2 = y, el punto está en la parábola y las dos circunferencias coinciden.

Tambien resuelto por D. Aranda, C. Beade, E. Fernández y el proponente.

Nota. Considerando la función

f(x, y,m) = (4x− (m+ 1)√m2 − 1)2 + (4y −m(m− 1))2 −m2(m− 1)2, m ≥ 1,

se cumple que la solución del sistema de ecuaciones

f(x, y,m) = 0 y ∂

∂mf(x, y,m) = 0

es la parábola y = x2; es decir, la envolvente de la familia de circunferencias Cm esla parábola y = x2. Este hecho se observa claramente en la figura 4.

Problema 318. Propuesto por Leonard Giugiuc, Drobeta Turnu Severin, Rumanía.Sean a, b, c y d números reales no negativos tales que ab+bc+cd+da+ac+bd = 6.

Probar queabc+ abd+ acd+ bcd

2√

2≤ 1 + (

√2− 1)abcd.


2 4 6 8 10 12X

2

4

6

8

10Y

Figura 4: La parábola y = x2 como envolvente de la familia de circunferencias Cm.

Solución enviada por Paolo Perfetti, Università degli studi di Tor Vergata, Roma,Italia.

Si d = 0, la desigualdad se convierte en abc ≤ 2√

2, que es simplemente ladesigualdad entre las medias aritmética y geométrica de los números no negativosab, bc y ca,

3(abc)2/3 ≤ ab+ bc+ ca = 6.

Por otro lado, la desigualdad se puede homogeneizar escribiéndola de la maneraequivalente

√ab+ bc+ cd+ da+ ac+ bd√

6abc+ abd+ acd+ bcd

2√

2

≤ (ab+ bc+ cd+ da+ ac+ bd)2

36 + (√

2− 1)abcd.

Entonces, si d 6= 0, para probarla siempre podemos reducirnos, sin perder generali-dad, a considerar que d = 1. En tal caso la condición queda ab+bc+ca+a+b+c = 6,y la desigualdad, dependiente ya solo de tres variables, se transforma en

abc+ ab+ bc+ ca

2√

2≤ 1 + (

√2− 1)abc,

o bien,

1 + 3− 2√

22√

2abc ≥ ab+ bc+ ca

2√

2. (1)

Probaremos (1) usando el «método pqr» (véanse las referencias [1], [2] y [3]). Pon-gamos abc = r y ab + bc + ca = q. Para q fijo, si f(r) = 2

√2 + (3 − 2

√2)r − q,

(1) es equivalente a f(r) ≥ 0. Como la función f(r) es lineal en r, solo hay que


comprobar que f(r) ≥ 0 cuando r toma sus valores extremos, porque entonces secumplirá también para todos los valores de r.

Ahora, por el denominado Lema pqr (o Teorema de Tejs, según las referencias),los valores máximo y mínimo de r ocurren, o bien cuando dos de los números a, b yc son iguales, o bien cuando uno de ellos es cero. Bastará entonces comprobar (1),por ejemplo, cuando c = 0 y cuando a = b.

Supongamos que c = 0. Hay que probar que ab+ a+ b = 6 implica ab ≤ 2√

2. Sisuponemos, al contrario, que es ab > 2

√2, de la desigualdad de medias a+b ≥ 2

√ab

resultaab+ a+ b ≥ ab+ 2

√ab > 2

√2 + 2

√2√

2 > 6.19,

absurdo.Supongamos que a = b. Entonces partimos de que se cumple a2 +2ac+2a+c = 6,

por tanto c = (6−2a−a2)/(2a+ 1), y (1) se convierte en la desigualdad equivalente(teniendo en cuenta que se tiene 2a+ 1 > 0)

(a− 1)2(−a2 − 4a+ 8 + 6√

2) ≥ 0.

Ahora bien, c ≥ 0 implica −√

7 − 1 ≤ a ≤√

7 − 1, y 0 ≤ a ≤√

7 − 1 implica−a2 − 4a + 8 + 6

√2 > 0. La desigualdad queda probada. La igualdad se alcanza

cuando a = 1, b = a = 1, c = 3/3 = 1, y d = 1.

Referencias

[1] S. Chow, H. Halim y V. Rong, The pqr method: Part I; Part II, Crux Mathema-ticorum 43 (2017), no. 5, 210–214; 43 (2017), no. 6, 258–261.

[2] A. Doledenok, M. Fadin, A. Menshchikov y A. Semchankau, The pqr-method andits application in inequalities, disponible en https://artofproblemsolving.com/community/c6h1482764, 23 de julio de 2017.

[3] M. B. T. Knudsen, The uvw method, disponible en http://www.artofproblemsolving.com/community/c13188h278791, 26 de mayo de 2009.

También resuelto por J. Nadal, B. Salgueiro y el proponente.

Nota. En la solución que nos envía, B. Salgueiro añade pruebas de estas otras dosdesigualdades:

1 + (√

2− 1)√abcd ≤

√2abcd ≤ abc+ abd+ acd+ bcd

2√

2.

Problema 319. Propuesto por Joaquim Nadal Vidal, Llagostera, Girona.Sean T el conjunto de todos los triángulos rectángulos con lados de longitud

entera y n un número natural.a) Probar que existen al menos dos triángulos en T cuya área es igual a n veces

su perímetro.


b) Probar que existen infinitos triángulos en T para los que la diferencia entre laslongitudes de la hipotenusa y del cateto mayor es igual a n.

c) Probar que existen infinitos triángulos en T para los que diferencia entre laslongitudes de sus catetos es igual a n.

Solución enviada por Alberto Castaño Domínguez, Universidad de Santiago de Com-postela, Santiago de Compostela.

Podemos ver T como el conjunto de todas las ternas pitagóricas; esto es, lasternas de enteros positivos (a, b, c) tales que a2 + b2 = c2. Es conocido que todas lasternas se pueden expresar de manera biunívoca como

a = k(p2 − q2), b = 2kpq y c = k(p2 + q2),

donde k, p y q son enteros positivos con p > q tales que p y q son primos entre sí yde distinta paridad.

Con la notación anterior, el primer apartado es equivalente a buscar k, p y q quecumplan

k2pq(p+ q)(p− q) = 2kp(p+ q)n.

Podemos tomar k = 2, p = n + 1, q = n, o bien k = 1, p = 2n + 1, q = 2n,obteniendo, respectivamente, las ternas (2(2n + 1), 4n(n + 1), 2(2n2 + 2n + 1)) y(4n+ 1, 4n(2n+ 1), 8n2 + 4n+ 1).

Supongamos ahora que p = q + 1. En ese caso, b > a y podemos reformular elsegundo apartado como

c− b = k(p2 + q2 − 2pq) = k(p− q)2 = k = n.

Luego basta con tomar k = n y variar q para conseguir los infinitos triángulosbuscados, cuyos lados serían de la forma (2nq + n, 2nq2 + 2nq, 2nq2 + 2nq + n).

El tercer apartado se puede reescribir como

k|p2 − q2 − 2pq| = n.

Tomando p = q+d, buscamos que ±k(d2−2q2) = n, en función de si d2 > 2q2 o vice-versa. En cualquier caso, considerando k = n, llegamos a una ecuación de Pell de laforma d2−2q2 = ±1, que tiene infinitas soluciones positivas en ambos casos. Varian-do q y d a lo largo de dichas soluciones conseguimos hallar los infinitos triángulos delenunciado. En este caso las ternas serían (2dnq+d2n, 2nq2+2dnq, 2nq2+2dnq+d2n).

También resuelto por M. Amengual, C. Beade, R. S. Eléxpuru, J. Mir, A. M. Oller, B. Salgueiro,C. Sánchez y el proponente.

Nota. En la solución enviada por A. M. Oller se observa que, si d es un divisorde 2n, y tomando k = 1, los valores p = 2n/d + d y q = d dan lugar a solucionesdel apartado a). Las ternas de la solución seleccionada se corresponden con d = 1y d = 2n, respectivamente. Tomando d = 2 y d = n tendríamos las soluciones


(p, q) = (n + 2, 2) y (p, q) = (n + 2, n). De este hecho se deduce que, para n > 2,existen al menos cuatro triángulos en T cumpliendo el requerimiento del apartado a).

Por otra parte, como es bien conocido, la ecuación de Pell d2 − 2q2 = 1, queaparece en la resolución al apartado c), tiene las infinitas soluciones (dk, qk)k≥1,con (d1, q1) = (3, 2) y (dk+1, qk+1) = (3dk + 4qk, 2dk + 3qk). Las soluciones de laecuación d2 − 2q2 = −1 se definen mediante la misma ecuación de recurrencia perocon la pareja inicial (d1, q1) = (1, 1).


Sea ann≥1 una sucesión de números reales positivos tal que lımn→∞(an+1 −an) = a, siendo a un cierto valor real positivo. Consideramos la sucesión dada porx1 = 1 y xn = n

√√3! 3√

5! 4√

7! · · · n√

(2n− 1)!. Evaluar los límites

lımn→∞

(a3n+1xn+1

− a3n

xn

)y lım

n→∞

(xn+1

an+1− xnan

).

Solución enviada por Bruno Salgueiro Fanego, Viveiro, Lugo.Sea ynn≥1 la sucesión dada por yn = a3

n+1a3

n

xn

xn+1. Entonces

lımn→∞

(a3n+1xn+1

− a3n

xn

)= lımn→∞

a3n

xn(yn − 1) = lım

n→∞

a3n

n3n2

xn

yn − 1log yn

log(ynn). (1)

Como lımn→∞(an+1 − an) = a, el criterio de Stolz implica

lımn→∞

ann

= a. (2)

Ahora, tomando la sucesión

pn = n2n√

3! 3√

5! 4√

7! · · · n√

(2n− 1)!

y aplicando el criterio de la raíz dos veces, tenemos

lımn→∞

n2

xn= lımn→∞

p1/nn = lım

n→∞

pn+1

pn= lımn→∞

(n+ 1)2(n+1)

n2n1

((2n+ 1)!)1

n+1

= lımn→∞

(1 + 1

n

)2n( (n+ 1)2(n+1)

(2n+ 1)!

) 1n+1

= e2 lımn→∞

(2n+ 1)!(2n+ 3)!

(n+ 2)2(n+2)

(n+ 1)2(n+1)

= e2 lımn→∞

(n+ 2)2

(2n+ 2)(2n+ 3)

(1 + 1

n+ 1

)2(n+1)= e4

4 . (3)


Ahora, de (2) y (3) se sigue que

lımn→∞

yn = lımn→∞

a3n+1

(n+ 1)3n3

a3n

(n+ 1)2

xn+1

xnn2

n+ 1n

= 1

y, por tanto,lımn→∞

yn − 1log yn

= 1. (4)

Como, a partir de (2),

lımn→∞

ann+1ann

= lımn→∞

enan+1−an

an = e,

usando de nuevo el criterio de la raíz podemos deducir que

lımn→∞

ynn = e3 lımn→∞

xnnxn+1n+1

xn+1 = e3 lımn→∞

xn+1n+1√

(2n+ 1)!

= e3 lımn→∞

xn+1

(n+ 1)2(n+ 1)2

n+1√

(2n+ 1)!= 4e

lımn→∞

((n+ 1)2(n+1)

(2n+ 1)!

) 1n+1

= 4e

lımn→∞

(2n+ 1)!(2n+ 3)!

(n+ 2)2(n+2)

(n+ 1)2(n+1)

= 4e

lımn→∞

(n+ 2)2

(2n+ 1)(2n+ 2)

(1 + 1

n+ 1

)2(n+1)= e.

Este hecho, junto con (1), (2), (3) y (4), permite concluir que

lımn→∞

(a3n+1xn+1

− a3n

xn

)= a3e4

4 .

Argumentando como en el caso anterior, para el segundo límite tenemos

lımn→∞

xn+1

an+1− xnan

= lımn→∞

xnn2

n

an

xn+1xn

an

an+1− 1

log(xn+1xn

an

an+1

) log((

xn+1

xn

anan+1

)n)= 4ae2 .

También resuelto por M. Omarjee, P. Perfetti y los proponentes. Se ha recibido una soluciónincorrecta.




Las soluciones para esta sección deben enviarse, preferentemente, a ladirección de correo electrónico [email protected] en archivoscon formato TEX. Alternativamente, pueden enviarse a Óscar Ciaurri Ra-mírez, Universidad de La Rioja, Dpto. de Matemáticas y Computación,C/ Madre de Dios 53, 26006, Logroño. Para los problemas de este númerose tendrán en cuenta las soluciones recibidas hasta el 28 de febrero de2019.


Problemas

Problema 345. Propuesto por Joaquim Nadal Vidal, Llagostera, Gerona.Para construir un muro de Lmetros de longitud y Ametros de altura disponemos

de unos grandes ladrillos de 2× 1 metros que podemos colocar en sentido horizontalo vertical. No está permitido romper ningún ladrillo y el muro no debe tener debili-dad estructural, entendiendo por tal la posibilidad de dividir el muro en dos partesrectangulares sin romper ningún ladrillo. Estudiar la posibilidad de construir muroscon estas condiciones según sean L y A.


Probar que la serie

∞∑n=0

3n(

cosx−n∑k=0

xk

k! cos kπ2

)

converge absolutamente para cada x ∈ R y determinar su suma.


Problema 347. Propuesto por Andrés Sáez Schwedt, Universidad de León, León.Agus y Berna juegan por turnos a un cierto juego. Empieza Agus, sigue Berna

en el segundo turno, y así sucesivamente hasta el turno 347, en el que juega Agusy acaba el juego. Quien juega en cada turno escribe en la pizarra un número realpositivo. Si al final la suma de los 347 números escritos resulta ser igual a la sumade sus inversos gana Agus, en caso contrario gana Berna. Determinar quién tieneuna estrategia ganadora en cada una de las siguientes situaciones, en las que debencumplirse unas reglas adicionales que se indican:

a) Nadie puede repetir ninguno de los números escritos anteriormente.b) Agus no puede repetir ninguno de sus números, pero sí puede repetir números

que haya escrito Berna. Por su parte, Berna puede repetir cualquier númeroaparecido ya, propio o ajeno.


SeanH

(2)k = 1 + 1

22 + · · ·+ 1k2 , k ≥ 1,

los números armónicos de orden dos. Probar que

log 2∞∑k=1

H(2)k

(k + 1)2k+1 +∞∑k=1

H(2)k

(k + 1)22k+1 = ζ(4)16 + ζ(2) log2 2

2 − log4 28 .

Problema 349. Propuesto por Francisco Morales Morillas, Universidad de Grana-da, Granada.

Sobre los lados de un cuadrado construimos cuatro triángulos rectángulos igualestal y como se muestra en la figura adjunta. Probar que los puntos E, F , G y H estánalineados.

E

FG

H

Figura correspondiente al Problema 349.



Se consideran una circunferencia c y una recta r. En la circunferencia c se tomandos puntos fijos A y A′ y un tercer punto variable M . Las rectas MA y MA′ cortana r en los puntos P y Q, respectivamente. Probar que existen (encontrar) dos puntosfijos R y S de r tales que el producto de distancias PR ·QS es constante cuando sedeja que M recorra la circunferencia c.


Sea

T (u) =∞∏k=0

tanh((2n+ 1)uπ2

)tanh((n+ 1)uπ) , 0 < u < 1.

Probar que T (1/u) =√uT (u).

Problema 352. Propuesto por D. M. Bătineţu Giurgiu, “Matei Basarab” NationalCollege, Bucarest, y Neculai Stanciu, “George Emil Palade” School, Buzău, Ruma-nía.

Sean a1, . . . , an, con n ≥ 3, números reales positivos. Si para cada m ∈ [1,∞)definimos Sn(m) = 1

2∑nk=1 a

mk , probar que

n∑k=1

2Sn(m)− amk(Sn(1)− ak)m ≥

2mn(n− 1)(n− 2)m .

Soluciones

Problema 321. Propuesto por Andrés Sáez Schwedt, Universidad de León, León.Un cuadrilátero plano tiene vértices ABCD en orden cíclico. Los ángulos en A y

C son rectos, y el ángulo en B es agudo. Sea H el ortocentro del triángulo ABC. Seconstruye el rectángulo de vértices DEFG en orden cíclico que cumple las siguientescondiciones:

i) El lado DE es paralelo a la bisectriz interior del ángulo ABC.ii) El vértice F es el punto donde se cortan la bisectriz interior del ángulo BCH

y la bisectriz interior del ángulo BAH.Probar que la diagonal EG de este rectángulo pasa por el punto medio M de la

diagonal AC del cuadrilátero inicial.


A

B

C

D

EF

HN

M

G

b

d

d

b

dd

qq '

B

2

B

2


Solución enviada por el proponente (modificada por los editores).Denotaremos con N el punto medio común de las diagonales del rectángulo

DEFG, y con M el punto medio del segmento AC, que es también punto medio delsegmento DH ya que, por construcción, ADCH es un paralelogramo, véase la figu-ra 1. Sean β = ∠HAD = ∠HCD (de hecho, como ∠HAB = π

2 −B y ∠BAD = π2 , se

tiene β = B) y δ = ∠HAF = ∠HCF = π4 −

B2 . Se tiene así ∠FAD = ∠FCD+β+δ

y

∠AFC = 2π − (2(β + δ) + ∠ADC) = 2π − (2(β + δ) + π − β)

= π − (β + 2δ) = π −(B + π

2 −B)

= π

2 .

Por otra parte, las rectas FA y FC son simétricas respecto de la bisectriz interior


` del ángulo ∠ABC (ambas forman con ` un ángulo de amplitud δ + B2 ), de donde

resulta que también son simétricas respecto de la recta FG y, por consiguiente, FGresulta ser la bisectriz del ángulo ∠AFC.

Veamos ahora que los ángulos ∠HFC y ∠DFA, que denotaremos por θ y θ′,respectivamente, son iguales. Aplicando el teorema de los senos en los triángulosFHA y FHC se tiene

HC

sen θ = HF

sen δ = HA

sen(π2 − θ

) ,de donde HC

HA = tan θ. De la misma manera, a partir de los triángulos FDA y FDCobtenemos que

DA

sen θ′ = DF

sen(β + δ) = DC

sen(π2 − θ′

) ,y, de esta forma, DADC = tan θ′. Pero como DA = HC y DC = HA, se cumple quetan θ = tan θ′ y, por tanto, θ = θ′.

Entonces, en particular, las rectas FD y FH son simétricas respecto de FG(forman con ella ángulos de π

4 − θ). Pero también son simétricas respecto de FG lasdirecciones de las diagonales FD y EG del rectángulo DEFG. Luego las rectas EGy FH son paralelas.

Finalmente, consideremos que M y N son los puntos medios de los lados DH yDF , respectivamente, del triángulo DHF . Entonces MN es paralela (una paralelamedia en dicho triángulo) a la recta FH. Pero la recta EG también pasa por elpunto N , lo que implica que EG y MN son la misma recta, y hemos concluido.

También resuelto por A. Fanchini y J. Nadal.


Dado un triángulo ABC, sean D y E, respectivamente, el punto de la semirrectaBA con origen B y el punto de la semirrecta CA con origen C tales que BD =CE = BC.

a) Probar que los segmentos DE y OI, donde O e I son, respectivamente, elcircuncentro y el incentro del triángulo ABC, son perpendiculares.

b) Probar que el radio de la circunferencia circunscrita al triángulo ADE es iguala la distancia OI.

Nota. N. Stanciu y T. Zvonaru nos informan de que este problema, con el enunciadorestringido al caso en que el triángulo ABC es acutángulo, escaleno y con BC comolado menor, apareció propuesto en la X Olimpiada Nacional de Turquía (diciembrede 2002) y puede verse una solución en Crux Mathematicorum 33 (2007), 157–158(https://cms.math.ca/crux/v33/n3/). De hecho, es una elegante solución, debidaa D. J. Smeenk, que sin cambiar nada sirve para resolver el caso del enunciado másgeneral propuesto aquí. Remitimos entonces a esta referencia al lector interesado.

Resuelto por A. Fanchini, J. Nadal, B. Salgueiro y el proponente.


Problema 323. Propuesto por D. M. Bătineţu-Giurgiu, “Matei Basarab” NationalCollege, Bucarest, Rumanía, y Daniel Sitaru, Drobeta Turnu Severin, Rumanía.

Sean a, b, x, y y z números reales positivos y m un número real no negativo.Probar que

x2m+2

(ay + bz)2m+2 sec2m π18

+ y2m+2

(az + bx)2m+2 cosec2m π9

+ z2m+2

(ax+ by)2m+2 cosec2m 2π9≥ 3

4m(a+ b)2m+2 .

Solución enviada por Kevin Soto Palacios, Huarmey, Perú (modificada por los edi-tores).

La desigualdad propuesta puede reescribirse como(x2

(ay+bz)2

)m+1

(sec2 π

18)m +

(y2

(az+bx)2

)m+1

(cosec2 π

9)m +

(z2

(ax+by)2

)m+1

(cosec2 2π

9)m ≥ 3

4m(a+ b)2m+2 . (1)

La desigualdad de Radon y la desigualdad entre la media aritmética y la mediacuadrática implican(

x2

(ay+bz)2

)m+1

(sec2 π

18)m +

(y2

(az+bx)2

)m+1

(cosec2 π

9)m +

(z2

(ax+by)2

)m+1

(cosec2 2π

9)m

≥

(x2

(ay+bz)2 + y2

(az+bx)2 + z2

(ax+by)2

)m+1

(sec2 π

18 + cosec2 π9 + cosec2 2π

9)m ≥

(13

(x

ay+bz + yaz+bx + z

ax+by

)2)m+1

(sec2 π


9)m .

Usando nuevamente la desigualdad de Radon,

x

ay + bz+ y

az + bx+ z

ax+ by= x2

ayx+ bzx+ y2

azy + bxy+ z2

axz + byz

≥ (x+ y + z)2

(xy + yz + zx)(a+ b) ≥3

a+ b,

donde en el último paso hemos usado la bien conocida desigualdad

(x+ y + z)2 ≥ 3(xy + yz + zx).

Así, (x2

(ay+bz)2

)m+1

(sec2 π

18)m +

(y2

(az+bx)2

)m+1

(cosec2 π

9)m +

(z2

(ax+by)2

)m+1

(cosec2 2π

9)m

≥3m+1

(a+b)2(m+1)(sec2 π


9)m


y para deducir (1) basta usar la identidad (véase Problema 283 de La Gaceta de laRSME, solución en vol. 19 (2016), págs. 594–595)

sec2 π

18 + cosec2 π

9 + cosec2 2π9 = 12.

También resuelto por los proponentes.


Sea f : [0, 1] −→ R una función convexa tal que f(0) = 0. Probar que∫ 1

0f(x) dx ≥ 4

∫ 1/2

0f(x) dx.

Solución enviada (independientemente) por Alberto Debernardi Pinos, Centre de Re-cerca Matemàtica, Barcelona, y Alejandro Mahillo Cazorla (estudiante), Universidadde La Rioja, Logroño.

Demostraremos que para todo t ∈ [0, 1] se cumple la siguiente desigualdad

t2∫ 1

0f(x) dx ≥

∫ t

0f(x) dx,

de la cual se deduce el resultado requerido con t = 1/2.Como f : [0, 1] → R es una función convexa, dados x, y ∈ [0, 1], para cualquier

t ∈ [0, 1], se verifica

f(tx+ (1− t)y) ≤ tf(x) + (1− t)f(y).

En particular, tomando y = 0 y teniendo en cuenta que f(0) = 0, tenemos quef(tx) ≤ tf(x), para t ∈ [0, 1]. Así,

t2∫ 1

0f(x) dx ≥ t

∫ 1

0f(tx) dx =

∫ t

0f(x) dx,

como queríamos demostrar.Debemos señalar que la igualdad se alcanza al considerar la función f(x) = x.

Además, en caso de considerar una función cóncava la desigualdad se invierte.

También resuelto por P. Acosta, J. A. Bárcena, D. Cao, M. A. Díaz, A. Espuny, L. Giugiuc, Kee-Wai Lau, S. Mandal, J. Mozo, J. Nadal, A. M. Oller, P. Perfetti, H. Ricardo (dos soluciones),B. Salgueiro, J. Vinuesa y el proponente.

Nota. A. Stadler y D. Sitaru nos hacen saber que el problema ya había sido previa-mente propuesto, por el mismo autor, como Problema U366 en la publicación onlineMathematical Reflections. Rogamos nuevamente a los proponentes que no remitanla misma propuesta a dos publicaciones diferentes de manera simultánea.



Sean a, b, c, d y e números reales tales que a+ b+ c+ d+ e = 0 y a2 + b2 + c2 +d2 + e2 = k, con k un número real positivo. Probar que

abcd+ abce+ abde+ acde+ bcde ≥ −3k2

80 .

Solución enviada por Albert Stadler, Herrliberg, Suiza.Usando las restricciones dadas para eliminar e y k2 de la desigualdad propuesta,

esta se convierte en

abcd−(abc+abd+acd+bcd)(a+b+c+d)+ 380(a2 +b2 +c2 +d2 +(a+b+c+d)2)2 ≥ 0.

(1)Desarrollando, obtenemos que (1) es equivalente a

2∑

simétricaa4 + 12

∑simétrica

a3b+ 9∑

simétricaa2b2 ≥ 16

∑simétrica

a2bc+ 7∑

simétricaabcd. (2)

Ahora, por la desigualdad de Muirhead, se tienen las desigualdades

2∑

simétricaa4 ≥ 2

∑simétrica

a2bc, 12∑

simétricaa3b ≥ 12

∑simétrica

a2bc,

2∑


∑simétrica

a2bc y 7∑


∑simétrica

abcd,

que al sumarlas prueban (2).

Notas. Recordemos que si P (x1, x2, . . . , xn) es un polinomio homogéneo, se define∑simétrica

P (x1, x2, . . . , xn) :=∑σ∈Sn

P (xσ(1), xσ(2), . . . , xσ(n)),

donde Sn es el conjunto de permutaciones del conjunto 1, 2, . . . , n.Además, dados dos vectores s = (s1, s2, . . . , sn) y t = (t1, t2, . . . , tn), decimos que

s mayora a t si∑ij=1 sj ≥

∑ij=1 tj , para i = 1, . . . , n−1, y

∑nj=1 sj =

∑nj=1 tj . Con

la notación anterior, la desigualdad de Muirhead establece que∑simétrica

xs11 x

s22 · · ·xsn

n ≥∑

simétricaxt11 x

t22 · · ·xtnn

cuando s mayora a t.

También resuelto por J. Nadal, J. A. Bárcena y los proponentes.


Problema 326. Propuesto por José Luis Arregui, Universidad de La Rioja, Logro-ño.

N personas salen ordenadamente de una estancia pero, antes de abandonarla,cada uno debe retirar su paraguas. Cada persona reconoce su paraguas excepto una,a la que llamaremos Donald. Cuando le toca salir a Donald, lo que hace es retirar alazar un paraguas de los que quedan disponibles. Todas las demás personas se llevansu propio paraguas si lo encuentran cuando van a salir, y, si no lo está, retiran alazar un paraguas disponible.

Sea X el número de personas que, finalmente, abandonan la estancia con unparaguas que no es el suyo. Se trata de calcular el valor esperado de X en dossupuestos:

a) Donald es la primera persona en salir.b) El orden de salida es totalmente aleatorio.

Solución enviada por Juan Mir Pieras, Lloseta, Mallorca.Llamemos EN al valor esperado de X en un supuesto igual al del apartado a)

del problema excepto por la siguiente modificación: imaginemos que Goofy es unapersona adicional que ya ha abandonado la estancia y que por error ha dejado suparaguas y se ha llevado el de Donald. En este supuesto modificado, Donald nuncapodrá llevarse su propio paraguas y EN ≥ 1.

Si N = 1, sólo hay un caso: Donald se lleva el paraguas de Goofy, con lo queE1 = 1.

Si N > 1, Donald, que es el primero de los N en salir, escoge con probabilidad1/N uno de los siguientes N casos, que denotamos por EN,n:• Si n = 1, 2, . . . , N − 1, Donald se lleva el paraguas de la persona Pn que vaa salir cuando queden n personas. Tras ese primer error, la persona Pn va aencontrarse en una situación análoga a la de Donald pero con n personas, asíque EN,n = 1 + En.

• Si n = N , Donald se lleva el paraguas de Goofy. Tras ese primer error, el restode personas podrán llevarse su propio paraguas, así que EN,N = 1.

De forma que, como

EN = 1N

N∑n=1

EN,n,

tendremos que E1 = 1 y

EN = 1N

(1 +

N−1∑n=1

(1 + En))

= 1 + 1N

N−1∑n=1

En, N > 1.

La solución a esta recurrencia son los números armónicos HN =∑Nn=1 1/n. En

efecto, H1 = 1 y, para N > 1, se cumple

1N

N−1∑n=1

Hn = 1N

N−1∑n=1

n∑m=1

1m

= 1N

N∑m=1

N −mm

= HN − 1.


Ahora, llamemos E′N al valor esperado de X en el supuesto del apartado a) delproblema. Con respecto al supuesto anterior, sólo cambia el caso n = N : ahora Do-nald sí puede llevarse su propio paraguas con probabilidad 1/N y entonces E′N,N = 0(en vez de 1). Así pues, E′N = En − 1

N = Hn−1, donde consideramos H0 = 0.Por último, llamemos E′′n al valor esperado de X en el supuesto del apartado b)

del problema. Donald sale en posición n totalmente aleatoria y las personas anteriorespueden llevarse su propio paraguas, así que

E′′N = 1N

N∑n=1

E′n = 1N

N∑n=1

Hn−1 = Hn − 1.

Solución enviada por el proponente.Resolvamos primero el apartado b). Escribimos la variable aleatoria X como

una suma X(1) + X(2) + · · · + X(N), donde X(k) vale 1 si la persona que sale enk-ésimo lugar cambia de paraguas, y vale 0 en caso contrario. Expresando con P lasprobabilidades y con E las esperanzas,

E(X) =N∑k=1

E(X(k)) =N∑k=1

P(X(k) = 1).

Llamemos [k] a la persona que sale en k-ésimo lugar. Usando probabilidades condi-cionadas, para cada k tenemos que

P(X(k) = 1) =N∑j=1

P(X(k) = 1 | Donald = [j]) P(Donald = [j])

= 1N

N∑j=1

P(X(k) = 1 | Donald = [j]).

Supongamos que Donald es [j], para calcular la suma de la última expresión.Si j > k dicho sumando es nulo porque X(k) = 0. Si j = k, o sea si Donald es[k], cuando sale se encuentra con N − k + 1 paraguas, entre ellos el suyo, y laprobabilidad de que tome otro distinto es (N − k)/(N − k + 1). En el caso j < k,cuando [k] va a salir se encuentra con N − k+ 1 paraguas de entre los N − k+ 2 de[j], [k], [k + 1], . . . , [N ] (el resto se los han llevado ya, sus dueños o alguien antesque ellos). La persona [k] cambia de paraguas si y sólo si el que falta es el suyo, quetiene la misma probabilidad de faltar que los demás (porque cualquier persona queha elegido al azar los ha tratado por igual). Así que la probabilidad de ser X(k) = 1es, en ese caso, 1/(N − k + 2). Por tanto,

P(X(k) = 1) = 1N

( k − 1N − k + 2 + N − k

N − k + 1

),


y entonces

E(X) = 1N

(N∑k=1

k − 1N − k + 2 +

N∑k=1

N − kN − k + 1

)

= 1N

((1N

+ 2N − 1 + · · ·+ N − 1

2

)+(N − 1N

+ N − 2N − 1 + · · ·+ 1

2

))= 1N

+ 1N − 1 + · · ·+ 1

2 = HN − 1,

donde, como es usual, denotamos HN = 1 + 1/2 + 1/3 + · · ·+ 1/N .La diferencia en el apartado a) es que en lo anterior únicamente hay que contar,

para cada k, el sumando j = 1, luego

E(X) = P(X(1) = 1) +N∑k=2

P(X(k) = 1) = N − 1N

+N∑k=2

1N − k + 2 = HN−1.

También resuelto por J. A. Bárcena, A. Castaño, J. Nadal y Á. Velasco. Se ha recibido unasolución incorrecta.


Evaluar ∫ π/2

0cotx dx,

donde x = x− [x] es la parte decimal de x.

Solución enviada por Pablo González Mazón y Jaime Vinuesa Tejedor, Universidadde Cantabria, Santander.

Probaremos en primer lugar que∫ π/2

0cotx dx = 1 + lım

n→∞

(logn−

n∑k=1

arc tan 1k

).

En efecto, con el cambio de variable cotx = y,∫ π/2

0cotx dx =

∫ ∞0

y1 + y2 dy =

∞∑k=0

∫ k+1

k

y − k1 + y2 dy

= lımn→∞

(n∑k=0

12 log

((k + 1)2 + 1k2 + 1

)+

n∑k=1

k

(arc tan 1

k + 1 −1k

))

= lımn→∞

(12 log(n2 + 2n+ 2) + n arc tan 1

n+ 1 −n∑k=1

arc tan 1k

)

= 1 + lımn→∞

(logn−

n∑k=1

arc tan 1k

).


Ahora, usando la identidad (véase el Problema 11592 de la revista The AmericanMathematical Monthly, solución en vol. 120 (2013), págs. 662–664)

lımn→∞

(n∑k=1

arc tan 1k− logn

)= i

2 log(

Γ(1 + i)Γ(1 + i)

)= − arg Γ(1 + i),

resulta ∫ π/2

0cotx dx = 1 + arg Γ(1 + i).

Nota. Usando las identidades

lımn→∞

(n∑k=1

1k− logn

)= γ,

donde γ denota la constante de Euler-Mascheroni, y

arc tan 1k− 1k

=∞∑m=1

(−1)m

2m+ 11

k2m+1 ,

se puede deducir fácilmente que

lımn→∞

(n∑k=1

arc tan 1k− logn

)= γ +

∞∑m=1

(−1)m

2m+ 1ζ(2m+ 1).

De esta forma, la integral propuesta admite la expresión∫ π/2

0cotx dx = 1− γ +

∞∑m=1

(−1)m+1

2m+ 1 ζ(2m+ 1).

También resuelto por P. Acosta, P. Perfetti, A. Stadler y el proponente. Se han recibido dossoluciones incompletas y una incorrecta.

Problema 328. Propuesto por Neculai Stanciu, Buzău, Rumanía, y Titu Zvonaru,Comăneşti, Rumanía.

Sean x, y y z números reales positivos. Probar que( ∑cíclica

√x(x+ y)

x2 − xy + y2

)2

+∑

cíclica x(y − z)2√2(x2 + y2)(y2 + z2)(z2 + x2)

≤ 18.


Solución enviada por Leonard Giugiuc, Drobeta Turnu Severin, Rumanía.Resulta sencillo probar las desigualdades

x+ y

x2 − xy + x2 ≤4

x+ yy 1√

2(x2 + y2)≤ 1x+ y

,

para x, y > 0. Así, para obtener el resultado propuesto, basta demostrar que

2( ∑

cíclica

√x

x+ y

)2

+∑

cíclica x(y − z)2

(x+ y)(y + z)(z + x) ≤ 9. (1)

Como √x

x+ y=√

x

(x+ y)(z + x)√z + x,

por la desigualdad de Cauchy-Schwarz,( ∑cíclica

√x

x+ y

)2

≤

( ∑cíclica

x

(x+ y)(z + x)

)( ∑cíclica

(z + x))

= 4((x+ y)(y + z)(z + x) + xyz)(x+ y)(y + z)(z + x) .

Así, de la desigualdad anterior, usando la identidad∑cíclica

x(y − z)2 = (x+ y)(y + z)(z + x)− 8xyz,

obtenemos inmediatamente (1).

También resuelto por P. Perfetti, K. Soto y los proponentes.






Problemas

Problema 348 (Corrección). Propuesto por Cornel Ioan Vălean, Teremia Ma-re, Timiş, Rumanía.

SeanH

(2)k = 1 + 1

22 + · · ·+ 1k2 , k ≥ 1,

los números armónicos de orden dos. Probar que

log 2∞∑k=1

H(2)k

(k + 1)2k+1 +∞∑k=1

H(2)k

(k + 1)22k+1 = ζ(4)16 + ζ(2) log2 2

4 − log4 28 .

Problema 353. Propuesto por Yagub N. Aliyev, ADA University, Baku, Azerbai-yán.

Sea γ la circunferencia circunscrita al triángulo ABC y R su radio. Sea D unpunto cualquiera del arco BC de γ que no contiene al vértice A, y sea E el puntode ese mismo arco tal que ∠CAE = 2 · ∠BAE. Si la recta perpendicular por D allado BC corta a este lado en el punto F , probar que 8R · area(CDF ) ≤ CE3.


Problema 354. Propuesto por Francisco Perdomo Peña y Ángel Plaza de la Hoz,Universidad de las Palmas de Gran Canaria, Las Palmas.

Sea f : [3, 8] −→ R una función convexa e integrable. Probar que∫ 4

3f(x) dx+ 2

∫ 6

5f(x) dx+

∫ 8

7f(x) dx ≥ 2

(∫ 5

4f(x) dx+

∫ 7

6f(x) dx

).

Problema 355. Propuesto por Ovidiu Furdui y Alina Sîntămărian, Technical Uni-versity of Cluj-Napoca, Cluj-Napoca, Rumanía.

Evaluar∞∑n=1

(2n− 1)(

1n3 + 1

(n+ 1)3 + · · ·)2

.


Sean AB y CD dos segmentos, de longitudes a y b, de una misma recta s. SeanM y N , respectivamente, los puntos medios de AB y CD, y seaMN = ` ≥ (a+b)/2.Para α ≤ π/2 se construyen los arcos capaces de ángulo α respecto de los segmentosAB y CD, contenidos en uno mismo de los semiplanos que determina la recta s, quedenotaremos ω y Ω respectivamente. En un cierto rango de valores de α, los arcos ωy Ω se cortan en dos puntos E y F (o son tangentes), ver la figura. Sea G el puntomedio del segmento EF . Encontrar el lugar geométrico de los puntos E y F y ellugar geométrico de G, al variar α.

A B C D

E

F

G

O

O'

M N

s

α

α

ω

Ω

Figura correspondiente al Problema 356.


Problema 357. Propuesto por D. M. Bătineţu-Giurgiu y Daniel Sitaru, NationalEconomic College “Theodor Costescu”, Drobeta Turnu Severin, Rumanía.

Si a, b y c son números reales positivos y x ∈ (0, π/2), probar que

a2 sen6 x

x6 + b2 sen4 x

x4 + c2 sen2 x

x2 + 3 3√

(abc)2 tan2 x

x2 > 6 3√

(abc)2.

Problema 358. Propuesto por Joaquim Nadal Vidal, Llagostera, Girona.En un triángulo ABC en el que ∠BCA ≥ π/2, sea D el punto del lado BC para

el que se cumple area(CD′D) = area(AD′B′), donde D′ y B′ denotan, respectiva-mente, los puntos en que la recta perpendicular por C a AD corta a la propia ADy al lado AB. Si BDDC = k, encontrar la razón B′D′

D′C .


Si s es un número real positivo, probar que

2∫ ∞

0

(S

(x√πs

)sen x+ C

(x√πs

)cosx

)e−x dx = e−s,

donde

S(u) =∫ u

0sen(πz2

2

)dz y C(u) =

∫ u

0cos(πz2

2

)dz

son las integrales de Fresnel.

Problema 360. Propuesto por Florin Stănescu, Serban Cioclescu School, Găeşti,Rumanía.

Probar que

lımn→∞

n∑k=1

(√1− n2 + k2 − k√

(n2 + k2)(n2 + (k − 1)2)arc tan

(n(2k − 1)n2 − k2 + k

))= π

16√

2.


Soluciones

Problema 329. Propuesto por Andrés Sáez Schwedt, Universidad de León, León.Hallar mcd(A,B), si A yB son números enteros tales que (1+

√5)2017 = A+B

√5.

Solución enviada por Jorge Mozo Fernández, Universidad de Valladolid, Valladolid.Sea n ∈ N. Si an y bn son las sucesiones de números naturales tales que (1 +√

5)n = an + bn√

5 y denotamos mn = mcd(an, bn), como (1 +√

5)3 = 8 · (2 +√

5)se tiene que

an+3 + bn+3√

5 = 8(an + bn√

5)(2 +√

5) = 8((2an + 5bn) + (an + 2bn)√

5)

ymcd(2an + 5bn, an + 2bn) = mcd(an, bn) = mn.

En consecuencia, mn+3 = 8mn. Puesto que m1 = 1 y 2017 = 1 + 3 · 672, tenemosque m2017 = 8672 · 1 = 22016 es la cantidad buscada.

Solución elaborada a partir de las enviadas, independientemente, por Juan Mir Pie-ras, Lloseta, Mallorca, y Bruno Salgueiro Fanego, Viveiro, Lugo.

Calcularemos mcd(an, bn), siendo an y bn las sucesiones de números naturalesdefinidos por la identidad (1 +

√5)n = an + bn

√5.

Si Fn y Ln denotan, respectivamente, los números de Fibonacci y los de Lucas,es conocido que

Fn = 1√5

(φn − (−φ)−n) y Ln = φn + (−φ)−n,

siendo φ = (1 +√

5)/2 el número áureo. Por tanto, φn = (Ln + Fn√

5)/2 y

(1 +√

5)n = (2φ)n = 2n−1(Ln + Fn√

5).

Usando inducción, resulta sencillo comprobar que Ln = Fn+2Fn−1 y, de esta forma,

mcd(an, bn) = 2n−1 mcd(Ln, Fn)= 2n−1 mcd(Fn + 2Fn−1, Fn) = 2n−1 mcd(Fn, 2Fn−1).

Como

mcd(Fn, Fn−1) = mcd(Fn−1 + Fn−2, Fn−1)= mcd(Fn−1, Fn−2) = · · · = mcd(F2, F1) = 1,

es decir, dos números de Fibonacci consecutivos son siempre primos entre sí, con-cluimos que

mcd(an, bn) = 2n−1 mcd(Fn, 2) =

2n, si n es múltiplo de tres,2n−1, en otro caso,

puesto que Fn es par si y solo si n es múltiplo de tres. Como consecuencia de estehecho general, mcd(A,B) = mcd(a2017, b2017) = 22016.


También resuelto por Y. N. Aliyev, A. Castaño, M. A. Díaz, J. Gómez, G. C. Greubel, J. Nadal,A. Stadler, A. Velasco y el proponente.

Problema 330. Propuesto por Yagub N. Aliyev, Azerbaijan Diplomatic Academy,Baku, Azerbaiyán.

Determinar todos los polinomios p(x) tales que p(0) = 0 y

p(x+ y) ≥ p(x) + (x+ 1)p(y),

para x, y ∈ R.

Solución enviada por Daniel Cao Labora (estudiante de doctorado), Universidad deSantiago de Compostela, Santiago de Compostela.

El polinomio idénticamente nulo p(x) = 0 es claramente una solución válida.Veamos a continuación que no hay ninguna más.

Si p no es el polinomio nulo, existe n ≥ 0 tal que p(x) = anxn + · · ·+ a1x+ a0,

con an 6= 0.Tomando y = x, la desigualdad del enunciado puede reescribirse como

0 ≥ (x+ 2)p(x)− p(2x)

y, como el lado derecho de esta desigualdad es un polinomio de grado n + 1 que essiempre negativo, n debe ser impar y an < 0.

Si en la desigualdad del enunciado tomamos y = −x, tenemos

0 ≥ −p(0) + p(x) + (x+ 1)p(−x).

Puesto que en el lado derecho tenemos nuevamente un polinomio negativo cuyomonomio de mayor grado es −anxn+1 (recordar que n debe ser impar), llegamos aque an > 0, en contradicción con el hecho de ser an < 0, deducido anteriormente.

Nota. Como hemos visto, la condición p(0) = 0 no es necesaria y, en cualquiercaso, es redundante, pues se sigue de la desigualdad del enunciado. En efecto, ladesigualdad del enunciado para x = y = 0 se convierte en 0 ≥ p(0), y para x = −2e y = 0 en 0 ≥ −p(0); y, por tanto, p(0) = 0.

También resuelto por J. A. Bárcena, M. A. Díaz, J. Duoandikoetxea, E. Macías, J. Mir, J. Mozo,J. Nadal y el proponente.


Si en un triángulo ABC se verifica que senA senB senC =√

38 , determinar el

mínimo valor de cosA cosB cosC.


Solución enviada por Kee-Wai Lau, Hong Kong, China.Probaremos que el mínimo valor de cosA cosB cosC es −3/8.Sin pérdida de generalidad podemos suponer que A ≤ B ≤ C, lo que implica

0 < A ≤ π/3. Puesto que√

38 = senA senB sen(A+B) = 1

2 senA(cosA− cos(A+ 2B)),

se tienecos(A+ 2B) = cosA−

√3

4 senA.

De esta forma,

cosA cosB cosC = − cosA cosB cos(A+B)

= −12 cosA(cosA+ cos(A+ 2B)) = − cos2 A+

√3

8 tanA.

Ahora, poniendo t = tanA, se verifica

− cos2 A+√

38 tanA + 3

8 = 3t3 +√

3t2 − 5t+√

38t(1 + t2) = (t+

√3)(√

3t− 1)2

8t(1 + t2) ≥ 0.

Luego cosA cosB cosC ≥ −3/8 y la igualdad se alcanza para A = B = π/6 yC = 2π/3.

También resuelto por C. Beade, J. Mir, J. Nadal, B. Salgueiro y el proponente. Se ha recibido unasolución incorrecta.

Problema 332. Propuesto por Joaquim Nadal Vidal, Llagostera, Girona.En un triángulo ABC sean Q y P , respectivamente, los puntos donde las bisec-

trices interior y exterior del ángulo en el vértice C cortan al lado AB. DenotamosCQ = v, CP = w y sea PA/QA = k. Hallar el área y el perímetro del triánguloABC en términos de v, w y k.

Solución enviada por Cristóbal Sánchez Rubio, I. E. S. Penyagolosa, Castellón (mo-dificada por los editores).

Si BC = a y AC = b, podemos suponer sin pérdida de generalidad a > b. Así elpunto P estará situado (ver figura 1) en la prolongación del lado BA a continuacióndel punto A. Entonces el punto Q es interior al segmento PB y se tiene PB =PQ+QB.

Llevamos ahora sobre la prolongación del lado BC y a continuación de C, elsegmento CA′ = b. El triángulo ACA′ es isósceles. La bisectriz exterior CP corta alsegmento AA′ en su punto medio M . La bisectriz interior CQ es paralela a AA′ (ya AM). Si ponemos QA = x, tenemos entonces PA = kx y PQ = (k + 1)x. Ahora,


A

B C A'

Q

P

M

c

a

v

b

b

x

w


PQ =√v2 + w2 ya que el triángulo QCP es rectángulo en C. Resulta entonces

x =√v2+w2

k+1 .De acuerdo con los teoremas de la bisectriz, interior y exterior respectivamente,

se cumplea

b= QB

QA= PB

PA.

Sustituyendo QA = x y PA = kx se obtiene

QB = PB

k= PQ+QB

k= (k + 1)x+QB

k,

de donde resulta QB = k+1k−1x y

a

b= k + 1k − 1 . (1)

Si [XY Z] denota el área del triángulo XY Z, usando la proporcionalidad entre lasáreas de triángulos de la misma altura y las bases respectivas se tiene

[QPC] : [AQC] : [BQC] = (k + 1): 1 : k + 1k − 1 .

Como [QPC] = vw2 , llegamos a que

[AQC] = vw

2(k + 1) y [BQC] = vw

2(k − 1) ,

y encontramos la fórmula requerida

[ABC] = [AQC] + [BQC] = kvw

k2 − 1

para el área del triángulo ABC.


Para la expresión del perímetro calcularemos la longitud de cada uno de los lados.En primer lugar,

c = BQ+QA = k + 1k − 1 x+ x = 2k

k − 1 x = 2k√v2 + w2

k2 − 1 .

Ahora calcularemos b como hipotenusa del triángulo rectángulo AMC. Usando elteorema de Tales, de

v

AM= PQ

PA= k + 1

k

se sigue AM = kvk+1 . Y de

w

CM= PQ

QA= k + 1

1

se deduce CM = wk+1 . Por consiguiente, b =

√AM2 + CM2 =

√k2v2+w2

k+1 . Finalmen-te, de (1) resulta

a =√k2v2 + w2

k + 1 · k + 1k − 1 =

√k2v2 + w2

k − 1 ,

de modo que

a+ b+ c =√k2v2 + w2

k − 1 +√k2v2 + w2

k + 1 + 2k√v2 + w2

k2 − 1

=2k(√k2v2 + w2 +

√v2 + w2

)k2 − 1 .

También resuelto por F. D. Aranda, R. Barroso, A. Fancini y el proponente. Se ha recibido unasolución incorrecta.

Nota. La solución aportada por Fancini utiliza cálculo con coordenadas baricéntri-cas y en ella, además de las fórmulas solicitadas, se añaden

r = vw√k2v2 + w2 +

√v2 + w2

y R = (k2v2 + w2)√v2 + w2

2(k2 − 1)vw

para los radios de las circunferencias inscrita y circunscrita, respectivamente, deltriángulo ABC.

Problema 333. Propuesto por Pablo Refolio, Madrid.Evaluar la suma

∞∑n=1

(−1)n+1(36n2 − 33n+ 8)(6n− 5)!26n(3n− 1)!2 .


Solución enviada por Albert Stadler, Herrliberg, Suiza.Si denotamos por S la suma a evaluar, vamos a probar que S =

√3π

144 .Partiendo de la serie binomial

1√1 + x

=∞∑k=0

(−1/2k

)xk =

∞∑n=0

(−1)k

22k

(2kk

)xk, |x| < 1,

y usando la notación ω = e2πi/3 y

g(x) = 13

(1√

1 + x2− 1 + 1√

1 + ωx2− 1 + 1√

1 + ω2x2− 1),

se tiene

g(x) = 13

∞∑k=1

(−1)k

22k

(2kk

)(1 + ωk + ω2k)x2k =

∞∑n=1

(−1)n

26n

(6n3n

)x6n, |x| < 1.

Puesto que

(36n2 − 33n+ 8)(6n− 5)!26n(3n− 1)!2 =

(6n3n

)(36n2 − 33n+ 8)3n

2(6n− 1)(6n− 2)(6n− 3)(6n− 4)

=(

6n3n

)(− 7

481

6n− 1 + 14

16n− 2 −

318

16n− 3 + 1

31

6n− 4

)=(

6n3n

)∫ 1

0t6n−5

(− 7

48 t3 + 1

4 t2 − 3

18 t+ 13

)dt,

llegamos a

S =∞∑n=1

(−1)n+1

26n

(6n3n

)∫ 1

0t6n−5

(− 7

48 t3 + 1

4 t2 − 3

18 t+ 13

)dt

=∫ 1

0g(t)

(7

48t2 −1

4t3 + 318t4 −

13t5

)dt = 7

48I2 −14I3 + 3

18I4 −13I5, (1)

dondeIk =

∫ 1

0g(t) dt

tk.

Debemos observar dos hechos. En primer lugar, el intercambio de la suma y laintegral puede justificarse fácilmente ya que, por la equivalencia de Stirling,

(36n2 − 33n+ 8)(6n− 5)!26n(3n− 1)!2 = 1

24√

3πn3/2

(1 +O

( 1n

)), n→∞.

En segundo lugar, cada una de las integrales Ik para k = 0, . . . , 6 es convergentepuesto que

g(x) = −32(1 + ω + ω2)t2 + 9

8(1 + ω2 + ω4)t4 +O(t6) = O(t6), t→ 0.


Ahora, como, para |a| = 1,∫dt

tk√

1 + at2= −a(k − 2)

k − 1

∫dt

tk−2√

1 + at2− 1k − 1

√1 + at2

tk−1 , k ≥ 2,

y ∫dt

t√

1 + at2= log t− log(1 +

√1 + at2) + C,

donde para el logaritmo y la raíz cuadrada se toma la rama principal, definidas por√z =

√|z|ei arg z/2 y log z = log |z| + i arg z, con −π/2 < arg z < π/2, deducimos

que

I2 = 13 lımε→0

3t− 1t

2∑j=0

√1 + ωjt2

∣∣∣∣∣∣1

ε

= 13

3−2∑j=0

√1 + ωj

= 3−√

3−√

23 ,

donde hemos usado que2∑j=0

√1 + ωj =

√2 + eiπ/6 + e−iπ/6 =

√2 +√

3. (2)

Así mismo,

I3 = 13 lımε→0

32t2 +

2∑j=0

(−√

1 + ωjt2

2t2 − ωj

2 log t+ ωj

2 log(1 +√

1 + ωjt2))∣∣∣∣∣∣

1

ε

= 16

3 +2∑j=0

(−√

1 + ωj + ωj log(1 +√

1 + ωj))

= 16

(3−√

3−√

2 + log(1 +√

2)−√

3π12 −

12 log(2 +

√3)),

que se sigue de (2) y de2∑j=0

ωj log(1 +√

1 + ωj) = log(1 +√

2) + ω log(1 + eiπ/6) + ω2 log(1 + e−iπ/6)

= log(1 +√

2)−√

3π12 −

12 log(2 +

√3);

I4 = 13 lımε→0

1t3

+2∑j=0

(−√

1 + ωjt2

3t3 + 2ωj√

1 + ωjt2

3t

)∣∣∣∣∣∣1

ε

= 19

3 +2∑j=0

(−√

1 + ωj + 2ωj√

1 + ωj) = 1

9

(√2−√

3− 1),


donde hemos aplicado (2) y la identidad2∑j=0

ωj√

1 + ωj =√

2− 2; (3)

e

I5 = 13 lımε→0

34t4 +

2∑j=0

(−√

1 + ωjt2

4t4

+3ωj√

1 + ωjt2

8t2 + 3ω2j

8 log t− 3ω2j

8 log(1 +√

1 + ωjt2)))∣∣∣∣∣

1

ε

= 124

6 +2∑j=0

(−2√

1 + ωj + 3ωj√

1 + ωj − 3ω2j log(1 +√

1 + ωj))

= 124

(√3− 2

√2− 3 log(1 +

√2)−

√3π4 + 3

2 log(2 +√

3)),

que es consecuencia de (2), (3) y de2∑j=0

ω2j log(1 +√

1 + ωj) = log(1 +√

2) + ω2 log(1 + eiπ/6) + ω log(1 + e−iπ/6)

= log(1 +√

2) +√

3π12 −

12 log(2 +

√3).

De este modo, insertando los valores de I2, I3, I4 e I5 en (1) llegamos a que S =√

3π144 .

También resuelto por L. Glasser y el proponente. Se ha recibido una solución incompleta.

Problema 334. Propuesto por Ángel Plaza, Universidad de las Palmas de GranCanaria, Las Palmas.

Sean x1, . . . , xn números reales positivos tales que∏nj=1 xj > 1. Probar que

∞∑k=1

∑nj=1 x

k+1j∑n

j=1 x2k+1j

≤ 1n

√∏nj=1 xj − 1

.

Solución enviada por Paolo Perfetti, Dipartimento di Matematica, Università deglistudi di Tor Vergata, Roma, Italia.

Por la desigualdad entre las medias de orden k + 1 y 2k + 1, se tiene

n∑j=1

xk+1j ≤ nk/(2k+1)

n∑j=1

x2k+1j

(k+1)/(2k+1)


y, por la desigualdad entre la medias aritmética y geométrica,

n∑j=1

x2k+1j ≥ n

n∏j=1

xj

(2k+1)/n

.

Entonces,

∞∑k=1

∑nj=1 x

k+1j∑n

j=1 x2k+1j

≤∞∑k=1

nk/(2k+1)(∑nj=1 x

2k+1j

)k/(2k+1)

≤∞∑k=1

n∏j=1

xj

−k/n =

(∏nj=1 xj

)−1/n

1−(∏n

j=1 xj

)−1/n = 1n

√∏nj=1 xj − 1

,

donde hemos usado la suma de la serie geométrica de razón(∏n

j=1 xj

)−1/nque, por

hipótesis, es menor que uno.

También resuelto por A. Stadler y el proponente. Se ha recibido una solución incompleta.


Sea A ∈M2(Q), dondeM2(Q) es el conjunto de las matrices cuadradas de ordendos cuyos elementos son números racionales; así mismo, sea I2 la matriz identidad,y O2 la matriz nula. Si definimos

logA =∞∑k=0

(−1)k

k + 1 (A− I2)k+1,

probar que logA ∈M2(Q) si y solo si (A− I2)2 = O2.

Solución enviada por Moubinool Omarjee, Lycée Henri IV, París, Francia (modifi-cada por los editores).

Si (A− I2)2 = O2, es claro que

logA =∞∑k=0

(−1)k

k + 1 (A− I2)k+1 = A− I2 ∈M2(Q),

puesto que A ∈M2(Q).Veamos ahora la otra implicación. Si a y b denotan los autovalores de la matriz

A− I2, entonces r = a+ b y s = ab son valores racionales. Además, los autovalores


de logA serán log(1 + a) y log(1 + b). En efecto, si λ es un autovalor de A− I2 y vun autovector asociado a él, se tiene que

logA · v =∞∑k=0

(−1)k

k + 1 (A− I2)k+1 · v =∞∑k=0

(−1)k

k + 1 λk+1 · v = log(1 + λ) · v.

Como logA ∈ M2(Q), los valores log(1 + a) + log(1 + b) y log(1 + a) log(1 + b)son números racionales y

log(1 + a) + log(1 + b) = log(1 + a+ b+ ab) = log(1 + r + s) =: α ∈ Q.

Si α fuese no nulo, entonces eα = 1 + r + s ∈ Q y eα sería algebraico, lo quees imposible por el teorema de Lindemann-Weierstrass; luego α debe ser nulo yr = −s. De esta forma, (1 + a)(1 + b) = 1 y log2(1 + a) =: β ∈ Q, de modo que1 + a = e±

√β , 1 + b = e∓

√β y

e±√β + e∓

√β = 2 + r ∈ Q.

Luego los valores t = e±√β son raíces del polinomio de coeficientes racionales t2−(2+

r)t + 1, es decir, son algebraicos; y aplicando de nuevo el teorema de Lindemann-Weierstrass, deducimos que β = 0. Por tanto, a = b = 0 y, por el teorema deCayley-Hamilton, podemos concluir que (A− I2)2 = O2.

También resuelto por A. Castaño, J. Nadal, A. Stadler, J. A. Torné y J. L. Varona (conjunta-mente) y el proponente.

Nota. Procediendo como en la solución presentada, el resultado puede extendersea matrices enM2(Q), donde Q es la clausura algebraica de Q, es decir, el conjuntode los números algebraicos, ya que en ese caso también es aplicable el teorema deLindemann-Weierstrass. Este hecho es observado en varias de las soluciones recibidas.

Problema 336. Propuesto por Daniel Sitaru, National Economic College “TheodorCostescu”, Drobeta Turnu Severin, Rumanía.


f(x)x = 1. Calcular

lımn→∞

n∑i=1

(g

(1

n+ i

)− g(

1n+ 1 + i

))(f( 1n+1

)g( 1n+1

) +f( 1n+2

)g( 1n+2

) + · · ·+f( 1n+i)

g( 1n+i)).

Nota. Tal y como está planteado no es posible resolver este Problema 336. En lasolución remitida por el proponente hay un error que no apreciamos en su momento.Planteamos a continuación una nueva versión del problema, basada en la propuestaoriginal, y cuya solución sigue esencialmente la dada por el proponente.


Problema 336 (Corrección). Propuesto por Daniel Sitaru, National EconomicCollege “Theodor Costescu”, Drobeta Turnu Severin, Rumanía, y los editores.


f(x)x = 1. Calcular

lımn→∞

(g

(1

2n

)(f( 1n+1

)g( 1n+1

) +f( 1n+2

)g( 1n+2

) + · · ·+f( 1

2n)

g( 1

2n))

+n−1∑i=1

(g

(1

n+ i

)− g(

1n+ 1 + i

))(f( 1n+1

)g( 1n+1

) +f( 1n+2

)g( 1n+2

) + · · ·+f( 1n+i)

g( 1n+i))) .

Solución enviada por el proponente (modificada por los editores).Veamos en primer lugar que, para una función f en las hipótesis del problema,

se verifica

lımn→∞

n∑i=1

f

(1

n+ i

)= log 2. (1)

Puesto que lımx→0f(x)x = 1, dado ε > 0, existe δ > 0 tal que

∣∣ f(x)x − 1

∣∣ < ε, cuando0 < |x| < δ. Entonces existe N tal que, para cada n > N ,se cumple

∣∣ 1n+i∣∣ < δ, con

i = 1, . . . , n, y1− εn+ i

< f

(1

n+ i

)<

1 + ε

n+ i,

lo que implica que

lımn→∞

(n∑i=1

f

(1

n+ i

)−

n∑i=1

1n+ i

)= 0.

Como lımn→∞∑ni=1

1n+i = log 2, (1) se sigue inmediatamente.

Si denotamos por L el límite a evaluar, usando la identidad de Abel de sumaciónpor partes

n∑i=1

aibi = an(b1 + · · ·+ bn) +n−1∑i=1

(ai − ai+1)(b1 + b2 + · · ·+ bi),

con ai = g( 1n+i)y bi = f( 1

n+i )g( 1

n+i ) llegamos, aplicando (1) en el último paso, a que

L = lımn→∞

n∑i=1

g

(1

n+ i

)·f(

1n+i

)g(

1n+i

) = lımn→∞

n∑i=1

f

(1

n+ i

)= log 2.



Óscar Ciaurri Ramírez y Emilio Fernández Moral



Sobre los responsables de esta secciónEn este número se produce un cambio en los responsables de la sección de Proble-

mas y Soluciones de La Gaceta de la RSME. El profesor José Luis Díaz Barrero,que ha formado parte del equipo de redacción de esta sección desde sus inicios enel año 2004, deja sus responsabilidades aquí para centrarse en otras de sus activida-des. Muchas gracias, José Luis, por el gran trabajo de estos años. Emilio FernándezMoral, que ha colaborado frecuentemente en la redacción de la sección, pasa ahoraa ser uno de los responsables de la misma; el responsable más veterano, así comolos directores de La Gaceta de la RSME, le deseamos mucha suerte en su nuevocometido.

Problemas

Problema 361. Propuesto por José Luis Díaz Barrero, Universitat Politècnica deCatalunya, Barcelona, y Ángel Plaza de la Hoz, Universidad de Las Palmas de GranCanaria, Las Palmas.

Sean Fn y Ln los números de Fibonacci y los números de Lucas, respectivamente.


Probar que, para cada entero positivo n, se cumplen las siguientes desigualdades:

F 1/Lnn ≤ F 1/(2Ln)

2n ≤ F1/Lnn + L

1/Lnn

2 ≤ F1/Fnn + L

1/Lnn

2

≤ F 1/(2Fn)2n ≤ F

1/Fnn + L

1/Fnn

2 ≤ L1/Fnn .


Evaluar la integral ∫ π/2

0

∫ π/2

0

x cotx− y cot ycosx− cos y dx dy.

Problema 363. Propuesto por Pedro H. O. Pantoja, Universidade Federal de Cam-pina Grande, Paraiba, Brasil.

Determinar las soluciones reales del sistema de ecuacionesx3 + 3

y = log3(6y − x2),y3 + 3

z = log3(6z − y2),z3 + 3

x = log3(6x− z2).

Problema 364. Propuesto por Pablo Fernández Refolio, Madrid.Probar que

∞∑n=1

(2n+ 1)(5n+ 4)n(n+ 1)3

(2n)!2

16nn!4 = 32π− 9.

Problema 365. Propuesto por Joaquim Nadal Vidal, Llagostera, Girona.Sea A, B y C, respectivamente, los afijos de un cierto número complejo z y de

sus raíces cuadradas. Determinar el lugar geométrico del afijo A en los siguientescasos:

a) Cuando el triángulo ABC sea isósceles.b) Cuando el triángulo ABC sea rectángulo con el ángulo recto en el vértice A.


Problema 366. Propuesto por Daniel Sitaru, Drobeta Turnu Severin, Rumanía.Si denotamos Hn = 1 + 1/2 + · · ·+ 1/n, probar que, para cada a > 1,

1Hn

∫ a

1

n∑k=1

1k + x2k dx < 1− 1

a.

Problema 367. Propuesto por Óscar Ciaurri Ramírez, Universidad de La Rioja,Logroño, La Rioja.

Sobre cada uno de los lados de un triángulo ABC y hacia el exterior del triángulo,construimos un cuadrado. Sean PA, PB y PC , respectivamente, los centros de loscuadrados construidos sobre BC, CA y AB. Probar que

[PAPBPC ][ABC] = 1 + cotα+ cotβ + cot γ

2 ,

donde α, β y γ son, respectivamente, los ángulos ∠CAB, ∠ABC y ∠BCA, y [XY Z]denota el área del triángulo XY Z.

Problema 368. Propuesto por Yagub N. Aliyev, ADA University, Baku, Azerbai-yán.

Determinar todas las funciones f : R −→ R derivables y tales que f(0) = 0,f(1) = 1 y

f(x+ y) ≥ 2xf(y) + f(x), x, y ∈ R.

Soluciones

Problema 337 (conmemorativo del «Pi day 2018»). Propuesto por LarryGlasser, Clarkson University, Potsdam, Nueva York, EE.UU.

Probar que

2π

∫ ∞0

sen(x

2

)eπ cos x cos

(π(x− sen x)

)dxx

= π[π]

[π]! ,

donde [x] denota la parte entera de x.

Solución enviada por A. Stadler, Herrliberg, Suiza.La prueba será consecuencia del siguiente resultado.


Lema. Sean a ∈ R \ 0 y R > 0. Entonces,∣∣∣∣∣∫ R

−R

eiax − 1x

dx− sgn(a)iπ

∣∣∣∣∣ ≤ 2|a|R

.

Prueba del Lema. Consideramos a > 0, ya que el caso a < 0 se sigue de esemediante un sencillo cambio de variable. Tomamos, en el plano complejo, el caminode integración γR,T = [−R,R] ∪ [R,R + iT ] ∪ [R + iT,−R + iT ] ∪ [−R + iT,−R],con T > 0, recorrido en sentido positivo. Por ser∫

γR,T

eiaz − 1z

dz = 0,

se deduce que∫ R

−R

eiax − 1x

dx =∫ −R+iT

−R

eiax − 1x

dx+∫ R+iT

−R+iT

eiax − 1x

dx+∫ R

R+iT

eiax − 1x

dx

= iπ +∫ −R+iT

−R

eiax

xdx+

∫ R+iT

−R+iT

eiax

xdx+

∫ R

R+iT

eiax

xdx.

Ahora, haciendo tender T a infinito, se llega a la identidad∫ R

−R

eiax − 1x

dx = iπ + ie−iaR∫ ∞

0

e−ax

ix−Rdx− ieiaR

∫ ∞0

e−ax

ix+Rdx,

y observando que ∣∣∣∣∫ ∞0

e−ax

ix−Rdx

∣∣∣∣ ≤ 1R

∫ ∞0

e−ax dx = 1aR

concluimos la prueba.

Para evaluar la integral propuesta en el problema, comenzamos escribiendo

sen(x

2

)eπ cos x cos

(π(x− sen x)

)= 1

4i

(eix/2 − e−ix/2

)eπ cos x (eiπx−iπ sen x + e−iπx+iπ sen x)

= f(x)− f(−x)4i ,

siendof(x) = eπe

ix(eix(−π+1/2) − e−ix(π+1/2)

).


Así, para R > 0,

IR := 2π

∫ R

0sen(x

2

)eπ cos x cos

(π(x− sen x)

)dxx

= 12πi

(∫ R

0f(x)dx

x−∫ R

0f(−x)dx

x

)

= 12πi

∫ R

−Rf(x)dx

x

= 12πi

∞∑k=0

πk

k!

∫ R

−R

(eix(−π+1/2) − e−ix(π+1/2)

) dxx,

donde en el último paso hemos sustituido el desarrollo de Taylor

eπeix

=∞∑k=0

πk

k! eikx.

Ahora, usando el lema y observando que sgn(−π + 1/2 + k) = sgn(−π − 1/2 + k)para todo entero k 6= 3, deducimos que

IR = 12πi

∞∑k=0

πk

k!

(sgn

(−π + 1

2 + k

)− sgn

(−π − 1

2 + k

))+O

(1R

)= π3

3! +O

(1R

),

de donde se concluye el resultado propuesto haciendo tender R a infinito.

También resuelto por P. Perfetti y el proponente.

Problema 338. Propuesto por Daniel Sitaru, Drobeta Turnu Severin, Rumanía.Sean ma, mb, mc y a, b, c las longitudes de las medianas y los lados, respecti-

vamente, de un triángulo ABC. Si S denota el doble del área de dicho triángulo,probar que(

m2a

m2b

+ m2b

m2c

+ m2c

m2a

)(m4a

m4b

+ m4b

m4c

+ m4c

m4a

)(m8a

m8b

+ m8b

m8c

+ m8c

m8a

)≥ S3

(1

amb+ 1bmc

+ 1cma

)3.

Nota. En el enunciado original aparecía la fracción 1cm2

aen lugar de la correcta 1

cma.

En todas las soluciones recibidas se ha observado este hecho explícita o tácitamente.


Solución enviada por Bruno Salgueiro Fanego, Viveiro, Lugo.Para n ≥ 1, procederemos a probar la cadena de desigualdades

n∏k=1

(m2k

a

m2k

b

+ m2k

b

m2k

c

+ m2k

c

m2k

a

)≥(ma

mb+ mb

mc+ mc

ma

)n≥ Sn

(1

amb+ 1bmc

+ 1cma

)n,

(1)donde las igualdades se cumplen si y solo si ABC es un triángulo equilátero.

La prueba de la primera desigualdad en (1) se deduce usando que

x2

y2 + y2

z2 + z2

x2 ≥x

y+ y

z+ z

x, (2)

con igualdad si y solo si x = y = z, que es una sencilla aplicación de la desigualdadentre las medias cuadrática y aritmética y la de las medias aritmética y geométrica.En efecto,

x2

y2 + y2

z2 + z2

x2 ≥13

(x

y+ y

z+ z

x

)2

≥(x

y+ y

z+ z

x

)3

√x

y

y

z

z

x= x

y+ y

z+ z

x.

Veamos ahora, por inducción en k, que para cada entero k ≥ 1 se cumple ladesigualdad

m2k

a

m2k

b

+ m2k

b

m2k

c

+ m2k

c

m2k

a

≥ ma

mb+ mb

mc+ mc

ma, (3)

con igualdad si y solo si ABC es un triángulo equilátero. El caso k = 1 es evidentetomando x = ma, y = mb y z = mc en (2). Además, en ese caso la igualdad se cumplesi y solo si ABC es un triángulo equilátero. Supongamos que (3) se cumple para uncierto valor k y veamos que también se verifica para k+1. Aplicando, sucesivamente,(2) con x = m2k

a , y = m2k

b y z = m2k

c y (3), tenemos que

m2k+1

a

m2k+1b

+ m2k+1

b

m2k+1c

+ m2k+1

c

m2k+1a

= (m2k

a )2

(m2k

b )2+ (m2k

b )2

(m2k

c )2 + (m2k

c )2

(m2k

a )2

≥ m2k

a

m2k

b

+ m2k

b

m2k

c

+ m2k

c

m2k

a

≥ ma

mb+ mb

mc+ mc

ma,

donde la igualdad se alcanza si y solo si ABC es un triángulo equilátero. Estoconcluye la prueba de (3). De este modo, la primera de las desigualdades de (1) seobtiene multiplicando las desigualdades en (3) para k = 1, . . . , n.

Ahora, como S = aha, donde ha es la altura del triángulo ABC desde el vérticeA, y se cumple ha ≤ ma, con igualdad si y solo si b = c, se tiene

S

amb= hamb≤ ma

mb


y, por analogía,

S

(1

amb+ 1bmc

+ 1cma

)≤ ma

mb+ mb

mc+ mc

ma,

con igualdad si y solo si ABC es un triángulo equilátero, lo que prueba la segundadesigualdad de (1).

Es claro que la desigualdad propuesta se corresponde con el caso n = 3 de (1).

También resuelto por L. Giugiuc, J. Nadal, A. Stadler, U. Ursărescu y el proponente.

Problema 339. Propuesto por Miguel Amengual Covas, Cala Figuera, Mallorca.Demostrar que la distancia entre dos puntos interiores cualesquiera de un tetrae-

dro está acotada superiormente por la mayor de las longitudes de sus aristas.

Solución enviada por Jesús Gómez Ayala, Universidad del País Vasco, Leioa, Viz-caya.

Un tetraedro T es la envolvente convexa de cuatro puntos P1, P2, P3 y P4 enR3, no coplanarios y tales que no hay tres de ellos alineados. Dado un punto P ∈T, se dice que P es extremal si no existen puntos U, V ∈ T, U 6= V , tales queP = (U + V )/2. Es inmediato que si P ∈ T es un punto interior del tetraedro, decualquiera de sus caras o de cualquiera de sus aristas, entonces P no es extremal.De modo que si P ∈ T es extremal, entonces P = Pi para algún i, 1 ≤ i ≤ 4.

Sean Q y R dos puntos de T tales que la distancia entre ellos, d(Q,R), seamaximal (tales parejas de puntos existen por ser T compacto). Entonces Q y R sonextremales. En efecto, si por ejemplo Q no lo fuera, existirían U, V ∈ T, U 6= V ,tales que Q = (U + V )/2 y entonces, por la ley del paralelogramo (en un plano quecontenga a R, U y V ), se tiene

2d(Q,R)2 = d(U,R)2 + d(V,R)2 − 12d(U, V )2,

y esto prueba, al ser d(U, V ) > 0, que d(U,R) > d(Q,R) o d(V,R) > d(Q,R), y encualquier caso llegamos a una contradicción. Así pues, la distancia entre cualesquierados puntos del tetraedro T está acotada superiormente por max1≤i<j≤4 d(Pi, Pj), esdecir, por la longitud de la mayor de las seis aristas de T.

También resuelto por C. Beade, M. A. Díaz, J. Nadal, A. Stadler y el proponente.

Problema 340. Propuesto por Ángel Plaza de la Hoz, Universidad de Las Palmasde Gran Canaria, Las Palmas.

Sean a1, . . . , an números reales positivos y m un número real mayor que uno.Demostrar las desigualdades

1n− 1

∑cíclica

a2 + · · ·+ ana1 +m (a2 + · · ·+ an) ≤

n

n+ (m− 1)(n− 1)

≤∑

cíclica

a1

a1 +m (a2 + · · ·+ an) .


Solución enviada por Alberto Stadler, Herrliberg, Suiza.Consideramos las funciones

f(x) = s− xx+m(s− x) y g(x) = x

x+m(s− x) ,

donde s = a1 + · · ·+ an y x ∈ [0, s]. Es claro que

f ′′(x) = − 2s(m− 1)(x+m(s− x))3 ≤ 0 y g′′(x) = 2sm(m− 1)

(x+m(s− x))3 ≥ 0,

para x ∈ [0, s] y, por tanto, f es cóncava en [0, s] y g es convexa en el mismo intervalo.Así, por la desigualdad de Jensen se verifica que

1n

∑cíclica

a2 + · · ·+ ana1 +m (a2 + · · ·+ an) = 1

n

n∑i=1

f(ai) ≤ f( sn

)= n− 1

1 +m(n− 1) ,

que es equivalente a la primera desigualdad del enunciado, y

1n

∑cíclica

a1

a1 +m (a2 + · · ·+ an) = 1n

n∑i=1

g(ai) ≥ g( sn

)= 1

1 +m(n− 1) ,

que se corresponde con la segunda de las desigualdades propuestas.

Solución enviada por Neculai Stanciu, “George Emil Palade” Secondary School, Bu-zău, Rumanía, y Titu Zvonaru, Comănesţi, Rumanía.

Por la desigualdad de Cauchy deducimos fácilmente que

s2 ≤ nn∑i=1

a2i ,

donde s = a1 + · · ·+an. A partir de este hecho, usando la desigualdad de Bergström(ver la nota posterior), podemos probar la segunda desigualdad del enunciado. Enefecto, ∑

cíclica

a1

a1 +m (a2 + · · ·+ an) =n∑i=1

a2i

a2i +m (sai − a2

i )

≥ s2

ms2 + (1−m)∑ni=1 a

2i

≥ s2

ms2 + (1−m)s2

n

= n

n+ (m− 1)(n− 1) .

Y ahora, usando la desigualdad probada y la identidad

1n− 1

∑cíclica

a2 + · · ·+ ana1 +m (a2 + · · ·+ an)

= 1m(n− 1)

(n−

∑cíclica

a1

a1 +m (a2 + · · ·+ an)

),

podemos deducir la primera desigualdad del enunciado.


Nota. Recordemos que la desigualdad de Bergström establece que

x21a1

+ · · ·+ x2n

an≥ (x1 + · · ·+ xn)2

a1 + · · ·+ an,

donde x1, . . . , xn ∈ R y a1, . . . , an ∈ R+. Su demostración es una aplicación sencillade la desigualdad de Cauchy.

También resuelto por J. Nadal, P. Perfetti y los proponentes.



(n− 1)(2n (ζ(n)− 1)− 1

),


Solución enviada por Jaime Vinuesa Tejedor, Universidad de Cantabria, Santander.Notemos en primer lugar que

2n (ζ(n)− 1)− 1 = 2n∞∑k=2

1kn− 1 =

∞∑k=3

(2k

)n.

Entonces,∞∑n=2

(n− 1)(2n (ζ(n)− 1)− 1

)=∞∑n=2

∞∑k=3

(n− 1)(

2k

)n=∞∑k=3

∞∑n=2

(n− 1)(

2k

)n

=∞∑k=3

( 2k

)2(1− 2

k

)2 = 4∞∑k=3

1(k − 2)2 = 4ζ(2) = 2π2

3 ,

donde se ha utilizado la fórmula elemental∞∑n=2

(n− 1)xn = x2

(1− x)2 , |x| < 1,

y se ha intercambiado el orden de sumación, que puede hacerse en las series absolu-tamente convergentes como esta.

Tambien resuelto por G. C. Greubel, Kee-Wai Lau, J. Monterde, J. Nadal, P. Perfetti, B. Salgueiro,A. Stadler y el proponente.


Problema 342. Propuesto por Leonard Giugiuc, Drobeta Turnu Severin, Rumanía.Determinar las soluciones reales del sistema de ecuaciones

a+ b+ c+ d = 4,

a2 + b2 + c2 + d2 = 283 ,

abcd = 19 .

Solución enviada por Manuel Fernández López, I. E. S. María Sarmiento, Viveiro,Lugo.

Sea (a, b, c, d) una solución del sistema. Despejando d en la primera ecuación ysustituyendo en la segunda, esta se convierte en

a2 + b2 + c2 + ab+ ac+ bc+ 103 = 4s

donde s = a+ b+ c. Usando la identidad a2 + b2 + c2 = (a+ b+ c)2− 2ab− 2ac− 2bcllegamos a la ecuación

ab+ ac+ bc = s2 − 4s+ 103 . (1)

Notemos que la tercera ecuación del sistema implica que a, b, c y d son no nulos.Por tanto, d = 4− s 6= 0. Además, de esa misma ecuación obtenemos que

abc = 19(4− s) . (2)

Consideremos ahora el polinomio p(x) = (x−a)(x−b)(x−c) cuyas raíces son a, by c. Las fórmulas de Cardano-Vieta, teniendo en cuenta (1) y (2), permiten escribir

p(x) = x3 − sx2 +(s2 − 4s+ 10

3

)x+ 1

9(4− s) .

De la segunda ecuación del sistema, usando la desigualdad entre las medias cua-drática y aritmética se deduce

283 − d

2 = a2 + b2 + c2 ≥ (a+ b+ c)2

3 = (4− d)2

3 ,

lo que implica d2−2d−3 = (d+1)(d−3) ≤ 0 y, por tanto, −1 ≤ d ≤ 3. Por supuesto,por la simetría del sistema, podemos concluir que también −1 ≤ a, b, c ≤ 3.

Supongamos ahora que a, b y c son raíces distintas dos a dos del polinomiop(x). Entonces, por el teorema de Rolle, p′(x) debe tener dos raíces diferentes en elintervalo (−1, 3). Pero el discriminante del polinomio p′(x) resulta ser −8(s−1)(s−5)y es siempre negativo cuando s ∈ (1, 5) (notar que, como −1 ≤ d ≤ 3 y s = 4 − d,se tiene 1 ≤ s ≤ 5), lo que supone una contradicción.


Por tanto, hemos demostrado que si (a, b, c, d) es una solución del sistema, en-tonces al menos dos de los valores deben ser iguales. Supongamos, sin pérdida degeneralidad, que c = d. Entonces el sistema inicial es equivalente a

a+ b = 4− 2c,

a2 + b2 = 283 − 2c2,

ab = 19c2 .

(3)

Usando la identidad (a+ b)2 = a2 + b2 + 2ab, obtenemos que c es raíz del polinomioq(x) = 9x3− 21x2 + 3x+ 1 y, teniendo en cuenta que q(x) = (3x− 1)(3x2− 6x− 1),llegamos a que los posibles valores de c son

c = 12 , c = 1− 2/

√3, y c = 1 + 2/

√3.

Resolviendo el sistema (3) con c = 1/3 obtenemos las soluciones (a, b) = (3, 1/3)y (a, b) = (1/3, 3); con c = 1 − 2/

√3 se tiene que a = b = 1 + 2/

√3, y con c =

1+2/√

3 llegamos a que a = b = 1−2/√

3. Debido a la simetría del sistema original,si (a, b, c, d) es una solución entonces cualquier permutación de sus coordenadastambién lo es. Por tanto, hemos demostrado que el sistema tiene diez solucionesreales, a saber, las permutaciones de las coordenadas de(

3, 13 ,

13 ,

13

)y

(1 + 2√

3, 1 + 2√

3, 1− 2√

3, 1− 2√

3

).

También resuelto por F. D. Aranda, Kee-Wai Lau, E. Macías, J. Monterde, P. Perfetti, A. Stadlery el proponente.


Sean a, b y c tres números reales positivos tales que a2 + b2 + c2 = 1. Probar que

a4

√b2 + 1c2 + 1 + b

4

√c2 + 1a2 + 1 + c

4

√a2 + 1b2 + 1 ≤

4

√3(a2

b2 + b2

c2 + c2

a2

).

Solución enviada por Leonard Giugiuc, Drobeta Turnu Severin, Rumanía.Tomando las variables x = a2, y = b2 y z = c2, de modo que x + y + z = 1, la

desigualdad propuesta es equivalente a

√x 4

√y + 1z + 1 +√y 4

√z + 1x+ 1 +

√z 4

√x+ 1y + 1 ≤

4

√3(x

y+ y

z+ z

x

). (1)


Usando la desigualdades de Cauchy y Jensen (notar que√t es una función cóncava

en (0,∞)), tenemos que(√x 4

√y + 1z + 1 +√y 4

√z + 1x+ 1 +

√z 4

√x+ 1y + 1

)2

≤ (x+ y + z)(√

y + 1z + 1 +

√z + 1x+ 1 +

√x+ 1y + 1

)

=√y + 1z + 1 +

√z + 1x+ 1 +

√x+ 1y + 1

≤

√3(y + 1z + 1 + z + 1

x+ 1 + x+ 1y + 1

).

Así, (1) se sigue si probamos quey + 1z + 1 + z + 1

x+ 1 + x+ 1y + 1 ≤

x

y+ y

z+ z

x. (2)

Es conocido (ver nota final) que si u, v y w son números reales positivos, severifica la desigualdad

u+ v

v + w+ v + w

w + u+ w + u

u+ v≤ u

v+ v

w+ w

u. (3)

Entonces, aplicando dos veces (3) y la condición x + y + z = 1, deducimos (2). Enefecto,

y + 1z + 1 + z + 1

x+ 1 + x+ 1y + 1

= (x+ y) + (y + z)(y + z) + (z + x) + (y + z) + (z + x)

(z + x) + (x+ y) + (z + x) + (x+ y)(x+ y) + (y + z)

≤ x+ y

y + z+ y + z

z + x+ z + x

x+ y

≤ x

y+ y

z+ z

x.

Nota. La desigualdad (3) aparece propuesta como Problema 69 en el libro Inequali-ties. An Approach Through Problems, de B. J. Venkatachala, editado por HindustanBook Agency (India) en 2009, asociado a la fase de selección de los participantes delequipo indio para la Olimpiada Matemática Internacional del año 2002. Como haquedado patente, el uso de (3) hace que la solución al Problema 343 se haya podi-do obtener de una manera muy elegante. Sin embargo, por completitud, nos pareceapropiado dar una demostración de (3).

Tomando las variables a = u/v, b = v/w y c = w/u, tenemos que

u+ v

v + w= 1 + u− w

v + w= 1 + u/w − 1

v/w + 1 = 1 + ab− 1b+ 1 = 1 + a− a+ 1

b+ 1 .


De un modo similar,

v + w

w + u= 1 + b− b+ 1

c+ 1 y w + u

u+ v= 1 + c− c+ 1

a+ 1 .

Por tanto, (3) es equivalente a la desigualdad

3 ≤ a+ 1b+ 1 + b+ 1

c+ 1 + c+ 1a+ 1 ,

que se sigue inmediatamente de la desigualdad entre las medias aritmética y geomé-trica. Además, es claro que la igualdad en (3) se alcanza si y solo si u = v = w.

También resuelto por C. Beade, Kee-Wai Lau, P. Perfetti, A. Stadler, N. Stanciu y T. Zvonaru(conjuntamente) y el proponente. Se ha recibido una solución incorrecta.

Problema 344. Propuesto por Joaquim Nadal Vidal, Llagostera, Girona.Xavier y Yolanda juegan tirando una moneda. Si sale cara Xavier se anota un

punto, y si sale cruz se lo anota Yolanda. Cuando un jugador aventaja al otro entres puntos, es el ganador y la partida termina. Y si después de 2n tiradas, paraalgún cierto valor de n ≥ 2 fijo, aún no hay ganador, entonces la partida terminacon un empate. Hállese la probabilidad de empate en caso de que la moneda estéequilibrada y en caso de que la probabilidad de sacar cara sea c 6= 1/2 (es decir,cuando la moneda no está equilibrada).

Solución enviada por Juan Mir Pieras, Lloseta, Mallorca.Sean c y x = 1− c las probabilidades de sacar cara y cruz, respectivamente. Sea

pd,k la probabilidad de que, tras k tiradas del juego, la diferencia entre el número decaras y el de cruces sea d. Siguiendo las reglas del juego tenemos que

(p2,2, p0,2, p−2,2) = (c2, 2cx, x2)

y p2,2np0,2np−2,2n

=

cx c2 0x2 2cx c2

0 x2 cx

p2,2n−2p0,2n−2p−2,2n−2

, si n > 1.

Puesto que cx c2 0x2 2cx c2

0 x2 cx

c2

2cxx2

= 3cx

c2

2cxx2

,

por inducción se obtiene fácilmente p2,2np0,2np−2,2n

= (3cx)n−1

c2

2cxx2

, si n ≥ 1.


Entonces, tras 2n ≥ 2 tiradas, la probabilidad de empate, Pe(2n), está dada por

Pe(2n) = p2,2n + p0,2n + p−2,2n = (3cx)n−1(c+ x)2 = (3c(1− c))n−1.

Usando la desigualdad entre las medias aritmética y geométrica vemos que elvalor máximo de la probabilidad de empate Pe(2n) es (3/4)n−1, y se alcanza si ysolo si c = 1/2, es decir, cuando la moneda está equilibrada.

También resuelto por J. L. Arregui, M. A. Díaz y el proponente. Se ha recibido una soluciónincorrecta.

Nota. En su solución, J. L. Arregui observa que la probabilidad Pe puede determi-narse para cada entero positivo, puesto que Pe(2n+ 1) = Pe(2n+ 2).

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