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MOVIENDO NÚMEROS
El primer dígito de un número de seis cifras es 1. Si se mueve al otro extremo, a la derecha, manteniendo el orden del resto de cifras, el nuevo número (también de seis cifras) es tres veces el primero.
¿Cuál es el número original?
A : __^1 __ a __ b __ c __^5 __^7 y B : __ __ __ __^5 __^7 __^1
- Si la 4-ª cifra de B es un 5, la 4-ª cifra de A ha de ser un 8 (nos llevábamos 1):
A : __^1 __ __ __^8 __^5 __^7 y B : __ __ __^8 __^5 __^7 __^1
- Si la 3-ª cifra de B es un 8, la 3-ª cifra de A ha de ser un 2:
A : __^1 __ __^2 __^8 __^5 __^7 y B : __ __^2 __^8 __^5 __^7 __^1
- Si la 2-ª cifra de B es un 2, la 2-ª cifra de A ha de ser un 4. Por tanto:
A : __^1 __^4 __^2 __^8 __^5 __^7 y B : __^4 __^2 __^8 __^5 __^7 __^1
- Comprobamos que 3 · 142 857 = 428 571.
- Por tanto, el número que buscamos es 142 857.
1. UN PROBLEMA MUY ANTIGUO
Los precios de un toro, un cordero y un pollo son los que aparecen en la tabla:
Se compran 500 animales por 500 PTA. ¿Cuántos se han comprado de cada es- pecie? ☛ Plantea un sistema de dos ecuaciones (“número de animales comprados” y “coste de los animales comprados”) con tres incógnitas (número de pollos, x; de corderos, y; de toros, z). Simplificando, llegarás a la expresión: 19y + 99z = 1 500 → 19y = 1 500 – 99z Da a z los valores 0, 1, 2, 3…, calcula 1 500 – 99z y comprueba si el resultado es múl- tiplo de 19.
- Llamamos x al n-º de pollos, y al n-º de corderos y z al n-º de toros. Tenemos que: — Se compran 500 animales → x + y + z = 500 → x = 500 – y – z — Cuestan 500 PTA → 0,25 x + 5 y + 25 z = 500 → x + 20 y + 100 z = 2 000
TORO CORDERO POLLO 25 PTA 5 PTA 0,25 PTA
RESOLUCIÓN DE PROBLEMAS
Sustituimos x en la 2-ª ecuación: 500 – y – z + 20 y + 100 z = 2 000 → 19 y + 99 z = 1 500 → 19 y = 1 500 – 99 z
- Como x , y , z son números enteros, 1 500 – 99 z ha de ser múltiplo de 19. Hagamos una tabla con todas las posibilidades:
El único múltiplo de 19 es 114 = 19 · 6, que corresponde a z = 14 → y = 6 → x = 500 – 6 – 14 = 480 Por tanto, se han comprado 480 pollos, 6 corderos y 14 toros.
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¿CUÁNTOS ANIMALES?
El dueño de una tienda compró cierto número de hámsters y la mitad de ese nú- mero de parejas de periquitos. Pagó 2 € por cada hámster y 1 € por cada peri- quito. Al venderlos, recargó en un 10% el precio de cada uno. Cuando tan solo le quedaban 7 animalitos por vender, se dio cuenta de que ha- bía recibido por los ya vendidos exactamente lo mismo que había pagado por todos ellos inicialmente. ¿Cuántos animalitos compró de cada clase?
- El precio total de compra de los animales fue de: 2 x + 1 x , es decir, 3 x euros. El precio de venta de los animales ya vendidos es de: 2,2( x – y ) + 1,1( x – 7 + y ), es decir: 2,2 x – 2,2 y + 1,1 x – 7,7 + 1,1 y esto es: 3,3 x – 1,1 y – 7,
- Como las dos cantidades son iguales, queda: 3,3 x – 1,1 y – 7,7 = 3 x , es decir: 0,3 x – 1,1 y = 7,
- Teniendo en cuenta que x e y han de ser enteros positivos, y que y es menor o igual que 7, tanteando con las distintas posibilidades de y (de 0 a 7), llegamos a que, para y , solo hay, en principio, dos posibilidades: 5 y 2. Pero como el número de periquitos era par (pues eran parejas), y = 2 no es váli- da, pues da lugar a x = 33. Por tanto, y es 5; y, así, x = 44.
- Es decir: Se compraron 44 hámsters y 22 parejas de periquitos.
- UN SISTEMA
Resuelve el sistema:
x 2
z 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 500 – 99 z 1 500 1 401 1 302 1 203 1 104 1 005 906 807 708 609 510 411 312 213 114 15 ¿es 1
- 9? no no no no no no no no no no no no no no sí no
y + 1
x – 2
y + 1
x – 2
Habíamos llegado a que hay sin bailar del total.
Del mismo esquema se puede deducir el resto del problema:
Hay de chicos y de chicas.
- Disponemos de un número de lápices comprendido entre 300 y 400, y un cier- to número de cajas. En cada caja caben 7 lápices. En un cierto momento hemos llenado las 5/6 partes de las cajas con las 3/5 partes de los lápices. ¿Cuántas cajas más necesitamos para que se puedan guardar todos los lápices? ☛ Recuerda que en cada caja llena hay 7 lápices.
El número de lápices es 15 · 7 · k + 10 · 7 · k = 175 k en total; como sabemos que es- tá comprendido entre 300 y 400, habrá 175 · 2 = 350 lápices. Así, k = 2 y faltarán, por tanto, 7 · 2 = 14 cajas.
- Una cuadrilla de segadores ha de segar dos prados. Uno tiene doble superficie que el otro.
Durante medio día trabajan todos en el grande. El resto del día trabaja la mitad en el grande y la otra mitad en el pequeño. Al día siguiente, lo que quedaba del prado pequeño lo segó un único trabajador en jornada completa.
¿Cuántos segadores tiene la cuadrilla?
☛
Observando el esquema, deducimos que 1 trabajador siega la mitad de del total en media jornada, es decir, del total.
Así, deducimos que, en total, son 8 segadores (pues la 1-ª mañana segaron entre todos ; es decir 8 del total). 18
CAJAS LLENAS = 15 k 3 k
10 · 7 · k LÁPICES 15 · 7 · k LÁPICES
TARDE TARDE
MAÑANA
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- ¿De cuántas formas se puede llegar al resultado 5-0? ¿De cuántas a 4-1? Por tan- to, ¿de cuántas a 5-1?
Al resultado 5-0 se podrá llegar de 1 forma. Al 4-1, de 5 formas. Por tanto, al 5-1 de 1 + 5 = 6 formas.
- Si además de saber que el partido terminó 4-4, sabemos que pasó por 3-1, ¿de cuántas formas pudo evolucionar el resultado?
El esquema ahora sería así:
El resultado pudo evolucionar de 16 formas distintas.
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PASEO URBANO
Pochi va de A a B siguiendo el itinerario marca- do en rojo. Pero podría haber seguido otros mu- chos. ¿Cuántos?
¿Y si quiere pasar primero por el quiosco Q para comprar el diario?
- Para ir de A a B podría haber seguido 70 itinerarios.
- Si quiere pasar por Q :
habrá 30 itinerarios.
4
4- 4
4
4- 8
4
4- 12
4- 16
4
A
Q
B
A
B
1 2 1
Q
1 1
1 3 3 1
4 1
10 5
15
35
1 4 6
5 10
15 20
35 70
20 30
10
10 10
10
Q
B
Observa que cada resultado del diagrama lo obtenemos sumando los dos que tiene encima hacia la derecha con los dos que tiene encima hacia la izquierda.
Vemos que al resultado 8-0, sin triples, se puede llegar de 34 formas.
- Averigua de cuántas formas se puede llegar al resultado 4-4 en un partido de baloncesto sin triples. (Por asombroso que parezca hay 556 formas. Com- pruébalo).
Observando el diagrama del ejercicio anterior, vemos que se puede llegar de 556 for- mas.
- Comprueba que si en un partido de baloncesto se ha llegado en un cierto mo- mento al resultado 4-4, esto ha podido ser de 784 formas distintas (teniendo en cuenta que se han podido marcar canastas de 1, 2 y 3 puntos).
Hacemos un diagrama en el que aparezcan las distintas posibilidades de llegar a ca- da resultado:
Observa que cada resultado del diagrama lo obtenemos sumando los tres que tiene encima hacia la derecha con los tres que tiene encima hacia la izquierda.
Así, vemos que al resultado 4-4 se ha podido llegar de 784 formas.
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- Los “números secretos” de las tarjetas de crédito constan de cuatro dígitos. Por ejemplo, 2704, 0012, 9461, son posibles números.
Demuestra que, con seguridad, hay dos tarjetas que tienen el mismo número.
El número de tarjetas de crédito existentes supera a 10 000, que es el número de po- sibles “números secretos”.
0 – 0 1
1 – 1 2
0 – 2 2 2 – 1 5
1 – 2 5 3 – 1 12
2 – 2 14 4 – 1 26
3 – 2 37 5 – 1 56
4 – 2 89 6 – 1 118
5 – 2 209 7 – 1 244
6 – 2 477
0 – 3 4 1 – 3 12 2 – 3 37 3 – 3 106 4 – 3 277 5 – 3 698
0 – 4 7 1 – 4 26 2 – 4 89 3 – 4 277 4 – 4 784
0 – 5 13 1 – 5 56 2 – 5 209 3 – 5 698
0 – 6 24 1 – 6 118 2 – 6 477
0 – 7 44 1 – 7 244
0 – 8 81
2 – 0 2 3 – 0 4 4 – 0 7 5 – 0 13 6 – 0 24 7 – 0 44 8 – 0 81
1 – 0 1
0 – 1 1
Aplicando el principio del palomar, con seguridad, hay dos tarjetas que tienen el mismo “número secreto”.
- ¿Podrías asegurar que en tu comunidad autónoma hay, al menos, dos perso- nas con el mismo número de pelos en la cabeza?
El número de pelos en la cabeza de una persona no supera los 200 000. El número de habitantes en tu comunidad autónoma, sí. Por el principio del palomar, habrá, al menos, dos personas con el mismo número de pelos en la cabeza.
- En un campo cuadrado de 35 m de lado introducimos 26 ovejas para que pasten. Demuestra que siempre hay, al menos, dos de ellas que están a me- nos de 10 m.
Dividimos el cuadrado de lado 35 m en 25 cuadra- ditos de lado 7 m cada uno.
Al haber 26 ovejas, necesariamente han de estar, al menos dos, en un mismo cuadradito. Y la distancia máxima dentro del cuadradito es su diagonal, que mide:
= < 10 m
- En un instituto de 450 estudiantes, demuestra que hay, al menos, dos perso- nas con la misma fecha de cumpleaños.
Aplicamos el principio del palomar:
Hay 365 (o 366) fechas posibles para el cumpleaños; si hay 450 personas, deben coincidir, al menos, dos de ellas.
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- Demuestra que n^3 – n es múltiplo de 6 para cualquier valor natural de n****.
a) Para n = 1 → 1 3 – 1 = 0 =
6 (múltiplo de 6).
b) Supongamos que es cierto para n = k , es decir, que:
k^3 – k =
6; veamos si se cumple para n = k + 1:
( k + 1) 3 – ( k + 1) = k^3 + 3 k^2 + 3 k + 1 – k – 1 = k^3 – k + 3 k^2 + 3 k =
= ( k^3 – k ) + 3 k ( k + 1) =
6 + - 6 = - 6, como queríamos probar.
35 m
35 m
7 m 7 m
Veamos si, en este supuesto, es cierta para n = k + 1: (1 + 2 +^ …^ +^ k^ + ( k^ + 1))^2 = (1 + 2 +^ …^ +^ k )^2 + ( k^ + 1)^2 + 2(1 + 2 +^ …^ +^ k )( k^ + 1) = = 1^3 + 2^3 + … + k^3 + ( k + 1)^2 + 2( k + 1)(1 + 2 + … + k ) = ↑ (*) hipótesis de inducción
= 1 3 + 2 3 + … + k^3 + ( k + 1) 2 + 2( k + 1) ( ) =
= 1^3 + 2 3 + … + k^3 + ( k + 1) 2 + ( k + 1)^2 k = (**) = 1 3 + 2 3 + … + k^3 + ( k + 1) 2 (1 + k ) = = 1^3 + 2^3 + … + k^3 + ( k + 1)^3 , como queríamos demostrar.
Notas: (*)^ Hemos utilizado que 1 + 2 + … + k = , que está demostrado en el
problema resuelto de esta misma página. (**) (^) En los dos últimos sumandos hemos sacado ( k + 1) (^2) factor común.
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- Observa el siguiente triángulo rectángulo:
Demuestra que se verifican las dos igualda- des siguientes: a) a^2 = a' · c b) h 2 = a' · b'
a) El triángulo ABC es semejante al triángulo BCH (pues tienen los ángulos iguales). Por tanto:
= → a^2 = a' · c
b) Los triángulos BCH y ACH son semejantes (tienen los ángulos iguales). Por tanto:
= → h^2 = a' · b'
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- Demuestra: a) m^2 /(1 + m^4 ) ≤ 1/
b) ( m^2 + 3)/ > 2
a) ≤ ⇔ 2 m^2 ≤ 1 + m^4 ⇔ m^4 – 2 m^2 + 1 ≥ 0 ⇔ ( m^2 – 1)^2 ≥ 0,
lo cual es cierto (el cuadrado de un número siempre es mayor o igual que cero).
m^2 1 + m^4
√ m^2 + 2
a' h
h b'
a a'
c a
( k + 1) k 2
( k + 1) k 2
a
a'
b
b'
h
c
a β b β (^) α
α
B H A
C
h
c
b) > 2 ⇔ m^3 + 3 > 2 ⇔ ( m^2 + 3) 2 > (^) ( (^2) )^2 ⇔ ↑ ↑
0 Son números positivos
⇔ m^4 + 6 m^2 + 9 > 4( m^2 + 2) ⇔ m^4 + 6 m^2 + 9 > 4 m^2 + 8 ⇔
⇔ m^4 + 2 m^2 + 1 > 0 ⇔ ( m^2 + 1)^2 > 0, lo cual es cierto.
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- Demuestra que es irracional.
Supongamos que no es cierto, es decir, que es racional.
En tal caso, existirían dos números enteros, a y b , tales que =.
= → 3 = → a^2 = 3 b^2
En la descomposición factorial de a^2 , el 3 está un número par de veces, mientras que en la de 3 b^2 está un número impar de veces. Por tanto, a^2 no puede ser igual a 3 b^2. Puesto que hemos llegado a una falsedad, la igualdad inicial es falsa. Por tan- to, es irracional.
- Tres de los ángulos de un cuadrilátero miden 30°, 130° y 140°. Demuestra que no se puede inscribir en una circunferencia. ☛ Ten en cuenta que los ángulos de un cuadrilátero suman 360 ° y que si un cuadrilátero está inscrito en una circunferen- cia, sus ángulos opuestos son suplementarios.
El otro ángulo del cuadrilátero sería: 360 ° – (30° + 130° + 140°) = 60° Vemos que entre los cuatro ángulos: 30°, 130°, 140° y 60° no hay suplementarios. Te- niendo en cuenta la indicación del problema, el resultado es inmediato.
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PROBLEMAS PARA PRACTICAR
1 LOS CUMPLEAÑOS
Adrián y Mari Carmen dicen siempre la verdad, excepto el día de su cumple- años: cada uno miente sobre su cumpleaños el día de su cumpleaños. El 2 de noviembre se les pregunta a los dos sobre el día de su cumpleaños. Adrián responde: “Fue ayer”; y Mari Carmen: “Será mañana”. Al día siguiente, se les vuelve a hacer la misma pregunta y sus respuestas fueron las mismas que el día anterior.
a^2 b^2
a b
a b
√ m^2 + 2
√ m^2 + 2 √ m^2 + 2 m^2 + 3
√ m^2 + 2
α
180 ° – α
¿Qué superficie tiene el campo triangular?
Hacemos un dibujo:
Observamos que: 5 594 = 1 369 + 4 225; es decir, que: c^2 = a^2 + b^2
Por tanto, el triángulo es rectángulo. Su área será:
A = = = =
= 1 202,5 m 2
6 TRIÁNGULO RECTÁNGULO
En un triángulo rectángulo, a y b son sus catetos y c su hipotenusa. Lla- mamos h a la altura correspondiente a la hipotenusa. Demuestra que el triángulo con lados h, c + h y a + b es rectángulo.
Sabemos que a^2 + b^2 = c^2 , pues nos dicen que el triángulo de lados a , b y c es rectángulo.
Tenemos que probar que el triángulo de lados h, c + h y a + b es rectángulo; es decir, que:
( a + b )^2 + h 2 = ( c + h)^2 Pero: ( a + b )^2 + h 2 = a^2 + b^2 + 2 ab + h^2 = (*) c^2 + 2 c h + h^2 = ( c + h)^2 , c^2 como queríamos demostrar.
(*) (^) Si consideramos como base el lado a , el área del triángulo es ;
y, si consideramos como base el lado c , el área del triángulo es.
Por tanto: = → ab = c h
7 ¿ES POSIBLE?
Tenemos 44 piedras y 10 bolsas distintas. ¿Podremos distribuir las piedras entre las diez bolsas de manera que ninguna bolsa quede vacía y todas ten- gan distinta cantidad de piedras?
c h 2
ab 2
c · h 2
a · b 2
b · a 2
a
b
1369 m 2
4225 m 2
5594 m 2
c
a b h
c
Si ninguna bolsa está vacía y todas tienen distinto número de piedras, habrá, como mínimo:
Necesitaríamos, como mínimo, 55 piedras, y solo disponemos de 44. Por tanto, no es posible la distribución.
8 NÚMERO DE AMIGOS
En una fiesta hay 50 personas. Demuestra que, al menos dos de ellas, tienen el mismo número de amigos en la fiesta.
Aplicaremos el principio del palomar. Tenemos las siguientes posibilidades para el número de amigos de cada persona: 0, 1, 2, …, 49 (consideramos que si una persona es amiga de otra, la otra lo es de la primera; y que uno no se cuenta como amigo suyo). Tendríamos 50 posibilida- des, pero todas a la vez no se pueden dar. Si hay una persona con 0 amigos, no puede haber otra con 49 amigos, pues la de 0 amigos no sería amiga suya. Estas dos posibilidades no se pueden dar a la vez. Por tanto, como mucho, tenemos 49 posibilidades; y hay 50 personas. Si asociamos a cada persona una posibilidad, necesariamente habrá dos personas (al menos) con la misma posibilidad, es decir, con el mismo número de amigos.
9 BALÓN DE PLAYA
Un gran balón de playa está apoyado so- bre una pared que forma un ángulo rec- to con el suelo. ¿Cuál es el radio de la pelota más grande que puede situarse entre la pared, el suelo y el balón de playa?
Hacemos un dibujo:
TC^ — = 100 cm; CD — = 100 cm — AB = r ;
AT = r ;
OB = r — OC = = 100 cm OA^ — = r · Por tanto, como: — OC =
OA +
AT +
TC
tenemos que: 100 √^2 = r · √^2 + r + 100
√ 100 2 + 100^2 √ 2
Una bolsa con 1 piedra Una bolsa con 2 piedras … Una bolsa con 10 piedras
r = 100 cm
100 cm
100 cm
O
T
B D
A
C
r
Sumando estas dos últimas:
x = 8, y = 52, z = 30
y = 38 – (25 – t ) = 13 + t z = 16 + x = 16 + 25 – t = 41 – t
Hay infinitas soluciones. Todas las de la forma: x = 25 – λ ; y = 13 + λ ; z = 41 – λ ; t = λ siendo λ cualquier número real.
12 RESUELVE
Halla las soluciones del siguiente sistema:
- = – 0,
- = – 0,3 Hacemos un cambio de variables:
Así, el sistema queda como sigue:
a – b = – 0,3 a = b – 0, 2 a + b = 0,9 2( b – 0,3) + b = 0, 2 b – 0,6 + b = 0, 3 b = 1,5 → b = 0, a = 0,5 – 0,3 = 0,
y^2 + 1
x^2 + 1
y^2 + 1
x^2 + 1
y^2 + 1
x^2 + 1
y^2 + 1
x^2 + 1
y^2 + 1
x^2 + 1
y = 38 – x z = 54 – y = 54 – 38 + x = 16 + x z = 41 – t x = 25 – t
x + y = 38 y + z = 54 z + t = 41 t + x = 25
2 z = 60 → z = 30 x = 38 – z = 38 – 30 = 8 y = 60 – x = 60 – 8 = 52
y = 60 – x 60 – x + z = 82 → – x + z = 22 x + z = 38
x + y = 60 y + z = 82 x + z = 38
x
z 82 y
x y
t z
Ahora es fácil obtener los valores de x e y :
a = = 0,2 → 1 = 0,2( x^2 + 1) → = x^2 + 1 →
→ 5 = x^2 + 1 → 4 = x^2 → x = ± = ±
b = = 0,5 → 1 = 0,5( y^2 + 1) → = y^2 + 1 →
→ 2 = y^2 + 1 → 1 = y^2 → y = ± = ±
Por tanto, hay cuatro soluciones para el sistema:
13 FIGURAS QUE CRECEN
Enuncia en los dos casos una regla para pasar de una figura a la siguiente.
Después de 20 pasos, ¿cuántos cuadraditos contendrá la figura? ¿Y cuántos triangulitos? ¿Sabrías generalizar el problema?
a) Sucesión con cuadrados: / a 1 = 1 / a 2 = / a 1 + 4 / a 3 = / a 2 + 8 / a 4 = / a 3 + 12 /… = /… an = / an – 1 + 4( n – 1)
Sumando: an = 1 + 4 + 8 + 12 + … + 4( n – 1)
an = 1 + 4 (^) (1 + 2 + 3 + … + ( n – 1)) =
(*) 1 + 4 · =
= 1 + 2( n – 1) n (*) (^) (Ver problema resuelto de la página 19).
Por tanto: an = 1 + 2 n ( n – 1)
Al cabo de los 20 pasos habría 761 cuadraditos.
[1 + ( n – 1)]( n – 1) 2
x 4 = 2 y 4 = 1
x 3 = 2 y 3 = – 1
x 2 = – 2 y 2 = 1
x 1 = – 2 y 1 = – 1
y^2 + 1
x^2 + 1
a) …
b) …
Podemos descomponer, como se indica en la ayuda, p^2 – 1 de la forma: p^2 – 1 = ( p – 1) ( p + 1)
- Como p es impar (pues p es primo mayor que 3), p – 1 y p + 1 son pares. Al multiplicar dos números pares, necesariamente obtenemos un múltiplo de 4. Es decir, p^2 – 1 es múltiplo de 4.
- Además, como p no es múltiplo de 3 (pues p es primo mayor que 3), o bien p – 1, o bien p + 1 ha de ser múltiplo de 3 (pues p – 1, p , p + 1 son tres nú- meros consecutivos; uno de ellos ha de ser múltiplo de 3). Luego p^2 – 1 es múl- tiplo de 3.
- Como p^2 – 1 es múltiplo de 4 y de 3, lo será de 12, como queríamos probar.
16 EL REMERO
Un remero va desde un punto A hasta otro B y vuelve otra vez a B en 10 horas. La distancia entre A y B es de 20 km. Halla la velocidad de la corriente del agua, sabiendo que rema 2 km aguas arriba en el mismo tiempo que rema 3 km aguas abajo (se supone que su efectividad en cada remada siempre es la misma).
- Llamamos x a la velocidad de subida; así, la velocidad de bajada es x.
- La velocidad media de todo el viaje es:
v = = 4 km/h
v = = = = =
4 = → x = 3,33 km/h es la velocidad de subida.
→ x = · = 5 km/h es la velocidad de bajada.
- Por tanto, la velocidad de la corriente de agua es:
(^5 –^ ) =^ ·^ =^ ^ 0,83 km/h
17 VERIFICAR UNA IGUALDAD
Demuestra que para cualquier valor de n , natural, se verifica esta igualdad:
+ + + … + = n 4 ( n + 4)
( n + 3) ( n + 4)
6 x 5
6 x 5
120 x 100
3 x
x 3 x
40 km 20 20 — + — horas x (3/2) x
40 km 10 horas
Lo demostramos por inducción:
a) Para n = 1 → = → es cierta
b) Supongamos que es cierta para n = k , es decir, que se tiene que:
Se trata de probar que, en este caso, es cierta para n = k + 1, es decir, que:
Pero:
hipótesis de inducción
como queríamos probar.
18 DEMUESTRA
Si a y b son dos números distintos y ambos positivos, demuestra, por el método de reducción al absurdo, las siguientes desigualdades:
a) > b) >
a) Supongamos que la desigualdad es falsa, es decir, que:
≤ ; como a y b son positivos, a + b también lo es,
entonces: ( a + b )^2 ≤ 4 ab
Desarrollamos el cuadrado y agrupamos términos: a^2 + 2 ab + b^2 ≤ 4 ab a 2 – 2 ab + b^2 ≤ 0 ( a – b )^2 ≤ 0 Pero, como a ≠ b , ( a – b ) 2 no es cero; y nunca puede ser negativo. Hemos lle- gado a un absurdo; por tanto:
b) Suponemos que es falsa la desigualdad, es decir, que: a + b ≤ √ ab 2
2 ab a + b
a + b 2
2 ab a + b
a + b 2
a + b √ ab 2
2 ab a + b
a + b 2
k + 1 4( k + 5)
( k + 1)( k + 4) 4( k + 4)( k + 5)
k^2 + 5 k + 4 4( k + 4)( k + 5)
k ( k + 5) + 4 4( k + 4)( k + 5)
( k + 4)( k + 5)
k 4( k + 4)
( k + 4)( k + 5)
( k + 3)( k + 4)
k + 1 4( k + 5)
( k + 4)( k + 5)
( k + 3)( k + 4)
k 4( k + 4)
( k + 3)( k + 4)
