Soluciones

Seminario de problemas-ESO. Curso 2012-13. Hoja 16
95. Nos dan un triángulo arbitrario ABC. (a) Construye un nuevo triángulo que tenga un
ángulo igual a uno de los ángulos del 4ABC y cuya área sea el doble del área del 4ABC.
(b) Construye un paralelogramo que tenga un ángulo igual a uno de los ángulos del 4ABC
y cuya área sea igual al área del 4ABC.
Solución.
(a) Duplicar una base:
(b) Sea M el punto medio de AB. Trazamos paralelas por M al lado AC y por C al lado
AB. El corte de ambas rectas determina el punto N , de tal manera que el paralelogramo
AM N C cumple las condiciones del enunciado.
96. Tenemos seis cajas con trece tornillos en cada una. Todos los tornillos tienen el mismo
aspecto, pero en tres de las cajas los tornillos pesan seis gramos cada uno y en las otras tres
cajas los tornillos pesan cinco gramos cada uno. Se dispone de una báscula de precisión
(no una balanza). ¿Cuál es el mı́nimo número de pesadas que se necesitan para decidir
qué cajas contienen los tornillos de cinco gramos, y cómo lo harı́amos?
Solución. (Desafı́os Matemáticos de El Paı́s 2011, n◦ 11)
Vamos a pensar las cajas etiquetadas con las letras A, B, C, D, E y F. Basta una sola
pesada en la báscula para saber qué cajas contienen los tornillos de 5 y qué cajas los de
6 gramos: Se ponen en la báscula juntamente, por ejemplo, los 13 tornillos de la caja A,
7 tornillos de la caja B, 4 tornillos de la caja C, 2 tornillos de la caja D y 1 tornillo de la
caja E. Sigue una explicación:
Hay 20 composiciones posibles para las cajas (pensar por ejemplo en las permutaciones con
repetición de 3 cincos y 3 seises, 6!/(3!3!) = 20), y para cada una de las 20 composiciones
1
la pesada que hemos indicado va a dar un valor diferente (abajo los tabulamos), lo cual
va a permitir conocer de manera inequı́voca la composición de nuestras cajas.
Por ejemplo, si el peso total es de 149 gramos, las cajas A, E y F tienen tornillos de 6
gramos, y las cajas B, C y D de 5 gramos.
En la tabla, la “Composición de cajas” por ejemplo 6 5 5 5 6 indica que la cajas A, B, C,
D y E contienen, respectivamente, tornillos de 6, 5, 5, 5 y 6 gramos, y, por consiguiente en
este caso, ya que hay tres cajas de cada tipo, que la caja F restante contiene tornillos de
6 gramos. No tabulamos la composición de esta sexta caja pues se deduce de inmediato
de cómo sean las otras cinco.
En la columna “Suma” se indica el resultado de la pesada correspondiente a cada composición.
Ası́, por ejemplo, la Suma de la Composición 6 5 5 5 6 es 13×6+7×5+4×5+2×5+1×6 =
149.
Composición de cajas ABCDE Suma
55566
138
55656
140
55665
141
55666
142
56556
143
56565
144
56566
145
56655
146
56656
147
56665
148
TABLA:
65556
149
65565
150
65566
151
65655
152
65656
153
65665
154
66555
155
66556
156
66565
157
66655
159
97. ¿Cuáles son las dos últimas cifras de la siguiente potencia de dos: 2528∗∗∗∗7301 , de la que
se han borrado algunas cifras del exponente, pero no sabemos cuántas?
Solución. (Desafı́os Matemáticos de El Paı́s 2011, n◦ 9)
Los restos potenciales de 2 módulo 100, es decir, las dos últimas cifras de la escritura
decimal de las sucesivas potencias de 2 forman, desde el exponente 0 en adelante, 1, 2,
. . . , la sucesión periódica “mixta” siguiente:
1, 2; 4, 8, 16, 32, 64, 28, 56, 12, 24, 48, 96, 92, 84, 68, 36, 72, 44, 88, 76, 52;
4, 8, 16, . . .
2
ası́ que 22 = 4 acaba en 04, ahı́ empieza el perı́odo de longitud 20, y el perı́odo termina
en 221 , número que acaba en 52; después, 222 acaba en 04 y empieza un segundo perı́odo
igual, que termina en 241 que vuelve a acabar en 52. Ası́ sucesivamente.
El exponente del problema, llamémosle N , es un número que acaba en 01, luego es un
múltiplo de 20 más 1, ya que un número que acaba en 00 es a la vez múltiplo de 4 y de
5; es decir, N = 20k + 1 con k mayor que 1. Entonces, 2N es congruente módulo 100 con
221 y, por consiguiente, las dos últimas cifras del número 2N son 52.
98. Prueba que cualquier número natural N tiene un múltiplo que se escribe en el sistema de
numeración decimal sólo con ceros y unos (por ejemplo, 6 × 185 = 1110; 9 × 12345679 =
111111111).
Solución. (Desafı́os Matemáticos de El Paı́s 2011, n◦ 15)
Un modo de prueba puede ser el siguiente: Dado un número natural concreto N , consideramos la fracción 1/(9N ). Haciendo la división obtendremos un número decimal periódico,
ya que el divisor contiene al menos un factor primo (el 3) distinto de 2 y de 5, y eso hace
que la división “no acabe nunca”.
Es decir, se tendrá 1/(9N ) = 00 a1 . . . ar p1 . . . ps p1 . . . ps . . ., donde a1 ...ar es el anteperiodo
(r ≥ 0); admitamos a pesar de la notación el caso r = 0 para cuando el decimal sea
periódico puro y no hay anteperiodo) y p1 ...ps es el periodo, de longitud s ≥ 1, del
decimal obtenido.
Ahora, la fracción generatriz de este decimal, de acuerdo con una regla conocida, es
a1 . . . ar p1 . . . ps − a1 . . . ar
,
99 . . . 900 . . . 0
siendo el denominador aquı́ el número formado por s nueves consecutivos seguidos de r
ceros. De modo que se tiene:
M
1
=
9N
99 . . . 900 . . . 0
(poniendo M = a1 . . . ar p1 . . . ps − a1 . . . ar , un número distinto de cero por ser s ≥ 1).
Multiplicando por 9,
1
M
=
,
N
11 . . . 100 . . . 0
siendo el denominador aquı́ el número formado por s unos consecutivos seguidos de r
ceros. Luego se tiene
N · M = 11 . . . 100 . . . 0,
un múltiplo de N formado solamente por unos y ceros como se requiere.
El número M = a1 . . . ar p1 . . . ps − a1 . . . ar no siempre es el más pequeño que funciona
con un N dado; a veces puede haber simplificaciones en la fraccción generatriz que son
apropiadas al caso, por ejemplo:
1
15873
143
= 00 015873015873 . . . =
=
,
63
999999
9009
de modo que 7 × 15873 = 111111, pero también 7 × 143 = 7 × 11 × 13 = 1001, un número
compuesto por ceros y unos que es más pequeño.
3
99. ¿Cuál es el menor entero positivo que, cuando se divide por 2, 3, 4, . . . 10 da restos 1, 2,
3, . . . , 9 respectivamente?
Solución.
Si N es ese número, el número N + 1 deberá ser el mı́nimo común múltiplo de 2, 3, 4,
. . . 10, es decir, M + 1 = 23 · 32 · 5 · 7. Luego N = 2519.
100. Un movimiento de caballo de ajedrez en un tablero m × n consiste en recorrer con una
ficha o pieza dos casillas (a partir de la casilla inicial ocupada) paralelamente a uno de
los lados del tablero, después una casilla más en la dirección perpendicular a la anterior
y ocupar esa casilla. El tablero admite un recorrido completo de caballo cuando hay una
sucesión de movimientos de caballo que a partir de una casilla inicial va ocupando todas
las demás casillas. Un recorrido completo es cerrado cuando la última casilla ocupada en
el recorrido está a un movimiento de caballo de la casilla inicial. Se trata de probar que si
m y n son ambos impares el tablero no admite un recorrido de caballo completo y cerrado.
Solución.
Consideremos las casillas del tablero coloreadas alternativamente de blanco y negro como
en un tablero de ajedrez. Dos casillas que están a un movimiento de caballo de distancia
tienen colores distintos. Como un recorrido completo de caballo visita las mn casillas y el
número mn es impar, la última casilla ocupada tendrá el mismo color que la casilla inicial
y por lo tanto no podrá estar a un movimiento de caballo de dicha casilla inicial.
Nota. Un problema para otro dı́a: un tablero 3 × 5 no admite tampoco un recorrido
completo de caballo no cerrado.
4