Soluciones

Seminario de problemas ESO. Curso 2014-15. Hoja 10
64. Iván escribe los números del 1 al 20 en orden y, puesto que los números del 10 al 20 tienen
2 cifras, se da cuenta de que en total ha escrito 31 cifras. (a) Si Iván escribe todos los
números del 1 al 1000, ¿cuántas cifras habrá escrito en total? (b) Si tras escribir 1000
cifras se le acaba la tinta del boli, ¿cuántos números completos habrá escrito?
Solución.
Para contestar a la primera pregunta, basta contar cuántos números de una, dos, tres y
cuatro cifras se escriben. De una cifra hay 9, de dos cifras hay 90, de tres cifras 900 y de
cuatro cifras uno. En total habrá escrito 9 + 2 × 90 + 3 × 900 + 4 = 2893 cifras.
Para resolver el segundo apartado, nos damos cuenta de que habrá escrito todos los
números de una y dos cifras, lo que hace un total de 189 cifras. El resto, hasta 1000 cifras,
corresponderán a números de tres cifras. Es decir, habrá escrito de manera completa
b(1000 − 189)/3c números de tres cifras (la expresión anterior significa la parte entera de
la división). Como b(1000 − 189)/3c = 270, habrá escrito los números desde el 100 hasta
el 369. Es decir ha escrito completamente 369 números.
65. ¿Cuántos números de 2 cifras cumplen que la suma de sus cifras es un número impar? En
general, ¿cuántos números de n cifras (n > 1) cumplen que la suma de sus cifras es un
número impar?
Solución.
La respuesta es la mitad de los números de dos cifras o, en general, de n cifras. Hay varias
formas de verlo, pero posiblemente la más sencilla es dividir el conjunto de los números
de n cifras en dos partes. Por un lado tendremos el conjunto P que contiene a los números
de n cifras cuya suma es par y, por otro, el conjunto I que contiene a los números de n
cifras cuya suma es impar. Vamos a ver que ambos conjuntos tienen el mismo número de
elementos, con lo cual el resultado estarı́a probado.
Sea c1 c2 . . . cn un número de n cifras en el conjunto P . A este número le hacemos corresponder otro del conjunto I de la siguiente manera
c1 c2 . . . cn −→ c1 c2 . . . c0n ,
cn + c0n = 9.
Como a cada 0 ≤ cn ≤ 9 le corresponde uno y solo un 0 ≤ c0n ≤ 9 tal que cn + c0n = 9, los
conjuntos P , I tienen el mismo número de elementos.
66. Un saltamontes salta a lo largo de una lı́nea. Su primer salto es de 1 centı́metro; su segundo
salto de 2 centı́metros; su tercero de 3, etc. Cada salto puede hacerlo hacia la derecha o
hacia la izquierda de la posición que ocupa. ¿Puede acabar, después de 2014 saltos, en el
punto de partida?
Solución.
La idea fundamental es la paridad. Todos los números enteros, positivos y negativos,
se pueden clasificar en pares o impares. Por otra parte sabemos que al sumar o restar
números pares e impares se cumple
par ± par = par,
par ± impar = impar,
impar ± impar = par.
En nuestro problema habremos sumado o restado 1, 2, 3, . . . , 2014 números. Como
(2014 + 1)2014
= 2 029 105
2
es un número impar, sabemos que nos habremos quedado a una distancia impar del origen,
por lo que es imposible regresar a la posición de partida al cabo de 2014 saltos.
1 + 2 + 3 + · · · + 2014 =
67. Determina todos los rectángulos de lados enteros para los que su perı́metro es igual a su
área. ¿Y si en lugar de rectángulos tuviéramos triángulos isósceles?
Solución.
Empecemos por el caso de los rectángulos. Sean a y b los lados del rectángulo, que son
números enteros positivos. Si el área y el perı́metro son iguales se cumple
2a + 2b = ab.
Esta ecuación se puede reescribir como
ab − 2a − 2b = 0 ⇒ ab − 2a − 2b + 4 = 4 ⇒ (a − 2)(b − 2) = 4.
Como a ≥ 1 y b ≥ 1, solo hay dos posibles soluciones a la ecuación anterior en números
enteros
a − 2 = 2, b − 2 = 2 ⇒ a = b = 4;
a − 2 = 4, b − 2 = 1 ⇒ a = 6, b = 3.
Ası́ pues, solo hay dos rectángulos que cumplen la condición.
Para el caso de triángulos isósceles, sean a y b sus lados, donde a representa
el lado
√
a
2
2
desigual. Por un lado tendremos que el perı́metro es a + 2b y el área 4 4b − a . Como
perı́metro y área deben ser iguales resulta
a√ 2
4b − a2 ⇒ 16(a + 2b)2 = a2 (4b2 − a2 ) = a2 (2b + a)(2b − a).
a + 2b =
4
Dividiendo la ecuación por 2b + a, que es una cantidad distinta de cero, por ser a y b
naturales, y despejando b se obtiene
b=
a(a2 + 16)
.
2(a2 − 16)
Es fácil deducir de aquı́ que a es un múltiplo de 2 y, por tanto, existe un número natural
k tal que a = 2k. Entonces
b=
8k
k(k 4 + 4)
=k+ 2
.
2
k −4
k −4
Como b es un número natural, también debe serlo k28k−4 (no puede ser negativo, ya que
k > 2 pues se puede comprobar que si se da la igualdad entre área y perı́metro el radio
de la circunferencia inscrita es 2, por lo que todos los lados serán mayores que 4). Si k28k−4
es natural, necesariamente
√
√
8k ≥ k 2 − 4 ⇒ k 2 − 8k − 4 ≥ 0 ⇒ 4 − 2 5 ≤ k ≤ 4 + 2 5.
Como k > 2 entonces los únicos posible valores de k son 3, 4, 5, 6, 7, 8 y en ningún caso
se obtienen soluciones enteras. En conclusión no existen triángulos isósceles con lados
enteros cuyo perı́metro sea igual que su área.
2
68. Consideramos todas las posibles disposiciones de monedas en filas, de manera que todas
las monedas de una fila se tocan y cada moneda que no está en la primera fila toca a dos
monedas de la fila de abajo.
Por ejemplo la siguiente disposición
es correcta, pero esta otra
no.
¿Cuántas disposiciones existen cuando hay n monedas en la primera fila? Como ejemplo,
se muestran las cinco disposiciones con tres monedas en la primera fila.
Solución.
Llamemos Tn al total de maneras de colocar las monedas cuando hay n en la primera
fila y tratemos de hallar una relación de recurrencia para calcular este número. Para ello,
nos damos cuenta de que las n monedas solas es una configuración. Ahora, sobre las n
monedas podemos colocar una moneda en n − 1 posiciones, tambián podemos colocar
todas las configuraciones de 2 monedas en n − 2 posiciones, todas las de tres en n − 3
posiciones y ası́ sucesivamente hasta llegar a las configuraciones de n − 1 monedas, que
solo pueden ponerse en una posición. Por tanto
Tn = 1 + (n − 1)T1 + (n − 2)T2 + · · · + Tn−1 .
Esta relación es cierta para todo n ≥ 1. Además, sin más que desplazar el ı́ndice n en una
unidad resulta
Tn+1 = 1 + nT1 + (n − 1)T2 + · · · + Tn .
Si a esta expresión le restamos la que tenı́amos para Tn obtenemos
Tn+1 − Tn = T1 + T2 + · · · + Tn ,
por lo que también tenemos
Tn+2 − Tn+1 = T1 + T2 + · · · + Tn + Tn+1 ,
y volviendo a restar
Tn+2 − 2Tn+1 + Tn = Tn+1 ⇒ Tn+2 = 3Tn+1 − Tn .
De este modo acabamos de ver que podemos determinar Tn a partir de una recurrencia
de segundo orden (para conocer un nuevo término es preciso conocer los dos anteriores).
Solo nos queda ver cuáles son los dos primeros términos, T1 y T2 , pero éstos son fácilmente
calculables: T1 = 1 y T2 = 2. A partir de aquı́ resulta
T3 = 3 · 2 − 1 = 5,
T4 = 3 · 5 − 2 = 13,
T5 = 3 · 13 − 5 = 34,
....
No obstante, se puede encontrar una fórmula para obtener el término general de la recurrencia. Si buscamos soluciones de la misma de la forma rn , entonces
rn+2 = 3rn+1 − rn .
3
Dividiendo por rn , se obtiene
√
3
±
5
.
r2 − 3r + 1 = 0 ⇒ r =
2
De aquı́ deducimos que la solución de las recurrencias de la forma Tn+2 = 3Tn+1 − Tn se
pueden escribir como
√ !n
√ !n
3+ 5
3− 5
Tn = A
+B
.
2
2
Los valores de A y B quedan determinados por T1 y T2 o también por T0 y T1 . T0 se
obtiene por la fórmula de la recurrencia a partir de T1 y T2 , que en este caso resulta ser
T0 = 1. Ahora solo tenemos que resolver el sistema
√ !
√ !
3− 5
3+ 5
+B
= 1,
T0 = A + B = 1,
T1 = A
2
2
de donde se obtiene A =
√
5− 5
,
10
B=
√
5− 5
Tn =
10
√
5+ 5
10
y entonces
√ !n
√
3+ 5
5+ 5
+
2
10
√ !n
3− 5
.
2
Hay otras formas de llegar a la misma recurrencia anterior y obtener el mismo resultado.
Una de ellas es mediante la construcción de disposiciones con n monedas en la base, a
partir de las disposiciones de n − 1 monedas. Veamos cómo generar las disposiciones de
tres monedas a partir de las de dos. Está claro que cada disposición de dos monedas da
lugar a tres de tres monedas, como se aprecia en la figura
Sin embrago, hay dos disposiciones que son idénticas y hay que descartar una de ellas. En
este caso se tiene
T3 = 3T2 − 1 = 3T2 − T1 ,
pues T1 = 1. ¿Será ası́ en general? La respuesta es que sı́, ya que las disposiciones que se
encuentran repetidas son un total de Tn−1 , como se ve esquemáticamente debajo
n+1
n+1
z }| {
⊗ Tn−1 ⊗
| {z }
z }| {
⊗ Tn−1 ⊗
| {z }
n
n
Por tanto,
Tn+1 = 3Tn − Tn−1 ,
4
que resulta ser la misma recurrencia que ya habı́amos obtenido.
Para finalizar, presentamos otra solución más elegante. Si nos damos cuenta, los valores
que aparecen a partir de la recurrencia son 1, 2, 5, 13, 34, 89, . . . , que corresponden a
los términos impares de la sucesión de Fibonacci. Probaremos que esto es ası́. Para ello
definimos dos sucesiones:
an = total de disposiciones que tienen exactamente n monedas en la primera fila.
bn = total de disposiciones que tienen a lo sumo n monedas en la primera fila.
A partir de la definición es claro que
bn = an + bn−1 .
(1)
Por otra parte, consideremos an+1 , el total de disposiciones con exactamente n+1 monedas
en la primera fila, y fijémonos en la segunda fila. Si hay una moneda en la primera posición
empezando por la izquierda, entonces de estas disposiciones hay bn
b
n
{
z }|
⊗
|⊗ ⊗
{z· · · ⊗}
n+1
Por el contrario, si esa posición no está ocupada por ninguna moneda, podemos suprimir
la moneda de la izquierda de la primera fila y entonces tenemos an disposiciones
a
z }|n {
⊗|⊗···⊗
| {z }
n+1
En resumen, se tiene que
an+1 = bn + an .
(2)
Por otra parte a1 = b1 = 1 y de (1) y (2) se sigue que a1 , b1 , a2 , b2 , . . . es la sucesión de
Fibonacci y, por tanto,
√ !2n−1
√ !2n−1
1
1+ 5
1
1− 5
an = √
−√
.
2
2
5
5
69. Se tiene un triángulo isósceles ABC en el que el ángulo desigual
en B es igual a 20◦ . Prueba que 2AC < AB < 3AC.
C
20o
B
A
Solución.
Probaremos en primer lugar que AB < 3AC. Para ello dibujamos de manera consecutiva
2 copias del triángulo ABC apoyándonos en el lado BC, como se ve en la figura de abajo
5
B
o
20o 20
20o
E
D'
C'
D
A
C
De aquı́ se ve claro que ABE es un triángulo equilátero y por tanto AE = AB. Pero, por
otra parte, AB < AC + CD + DE = 3AC que prueba la desigualdad.
La segunda desigualdad también se sigue de la figura anterior. Como el triángulo ABE
es equilátero, el ángulo ∠BAE es de 60◦ , por lo que ∠CAC 0 = 20◦ y el triángulo ACC 0
es isósceles. Por tanto AC 0 = AC. Análogamente D0 E = DE = AC y como C 0 D0 < CD
se sigue que
AB = AE = AC 0 + C 0 D0 + D0 E > AC 0 + D0 E = 2AC.
Esta desigualdad puede probarse también de otra manera. Tomemos un punto C 0 sobre
el lado AB de manera que AC 0 = AC y formemos el triángulo ACC 0 , como en la figura
B
20o
C'
50o
30o
o
o
80
50
A
C
6
Del triángulo BCC 0 se deduce que C 0 B > CC 0 , pues el ángulo opuesto a C 0 B es mayor que
el opuesto a CC 0 . Por otra parte, del triángulo ACC 0 resulta que CC 0 > AC y entonces
AB = AC 0 + C 0 B > AC 0 + CC 0 > AC 0 + AC = 2AC,
que prueba la desigualdad.
70. Dado un triángulo ABC, se prolonga el lado AB hasta un punto
A0 , de manera que AB = BA0 . Los puntos B 0 y C 0 se construyen
del mismo modo. Si el área del triángulo ABC es igual a 1, calcula
el área del triángulo A0 B 0 C 0 .
B'
C
A
B
A'
C'
Solución
Vamos a probar que el área cada triángulo exterior es dos veces el área del triángulo
interior. Lo probaremos para uno solo de los triángulos, pues el procedimiento es el mismo
para los otros dos triángulos. Trazamos el segmento auxiliar AB 0 , que divide al triángulo
B 0 CC 0 en dos triángulos de igual área, ya que la base del triángulo AB 0 C 0 es AC 0 y la del
triángulo AB 0 C es AC que son iguales. Por otra parte, la altura correspondiente a estos
lados es la misma, por lo que tienen igual área.
B'
C
A
B
A'
C'
De manera análoga podemos ver que los triángulos AB 0 C y ABC tienen también el mismo
área, de donde se sigue que el área del triángulo B 0 CC 0 es dos veces la del triángulo ABC.
Ası́ pues
área A0 B 0 C 0 = 7 área ABC = 7.
7