Soluciones

Curso 2010-11
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Problema 45. “Déme cambio de un dólar, por favor”, dijo el
cliente. “Lo siento”, dijo la señorita Jones, la cajera, después de
buscar cuidadosamente en la caja, “pero no puedo hacerlo con las
monedas que tengo.” “¿Puede entonces cambiarme medio dólar?”
La señorita Jones negó con la cabeza. En realidad, dijo, ¡ni siquiera
tenı́a para cambiar ni veinticinco, ni diez, ni cinco centavos! “¿No
tiene ninguna moneda?”, preguntó el cliente. “Oh, sı́”, dijo la
señorita Jones. “Tengo 1, 15 $ en monedas”. ¿Cuáles eran
exactamente las monedas que habı́a en la caja registradora?
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Problema 45. “Déme cambio de un dólar, por favor”, dijo el
cliente. “Lo siento”, dijo la señorita Jones, la cajera, después de
buscar cuidadosamente en la caja, “pero no puedo hacerlo con las
monedas que tengo.” “¿Puede entonces cambiarme medio dólar?”
La señorita Jones negó con la cabeza. En realidad, dijo, ¡ni siquiera
tenı́a para cambiar ni veinticinco, ni diez, ni cinco centavos! “¿No
tiene ninguna moneda?”, preguntó el cliente. “Oh, sı́”, dijo la
señorita Jones. “Tengo 1, 15 $ en monedas”. ¿Cuáles eran
exactamente las monedas que habı́a en la caja registradora?
Si la señorita Jones no podı́a cambiar un dólar, entonces no podı́a
haber en la caja más de un medio dolar. Si no podı́a cambiar
medio dólar, la caja no podı́a tener más de una moneda de
veinticinco y no más de cuatro de diez: Que no tuviera cambio de
diez centavos significa que no tenı́a más que una moneda de cinco,
y que no tuviera cambio de cinco centavos significa que no tenı́a
más que cuatro monedas de un centavo.
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Ası́ que la caja registradora no podı́a tener más que:
1
1
4
1
4
medio dólar
de veinticinco centavos
de diez centavos
de cinco centavos
de un centavo
0, 50
0, 25
0, 40
0, 05
0, 04
1, 24
$
$
$
$
$
$
Sin embargo, se puede dar cambio de un dólar con estas monedas
(por ejemplo, un medio dólar, una moneda de veinticinco centavos,
dos de diez y una de cinco), pero sabemos que la caja registradora
no puede tener más monedas de las consignadas arriba. Sumadas
dan 1, 24 $, que es 9 centavos más que 1, 15 $, la cantidad que la
cajera dice que tiene.
Ahora bien, la única manera de juntar 9 centavos es con una
moneda de cinco centavos y cuatro de uno, de modo que esas son
las monedas que debemos eliminar.
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Las monedas restantes -un medio dólar, una de veinticinco y
cuatro de diez- no permiten dar cambio de un dólar ni de ninguna
moneda más chica, y suman 1, 15 $, ası́ que ésta es la única
respuesta del problema.
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Problema 46. ¿Hay alguna lı́nea continua que corte exactamente
una vez a cada segmento de la figura siguiente?
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Problema 46. ¿Hay alguna lı́nea continua que corte exactamente
una vez a cada segmento de la figura siguiente?
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Denotamos por letras a, b, c, d, e y f las seis distintas regiones del
dibujo, y construimos un grafo sobre seis vértices trazando una
arista por cada segmento que haga frontera entre las dos regiones
en cuestión:
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El problema se puede reformular ahora por si este grafo admite un
recorrido euleriano, que recorra sin saltos todas las aristas pasando
una vez solamente por cada una. Como el grafo tiene cuatro
vértices impares (a, c, d y f), el recorrido es imposible.
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Problema 47. Se lanzan sobre una mesa 80 figuras convexas
planas de cartón, y resulta que cada tres de ellas se solapan en
algún punto (se pueden pinchar a la vez con un alfiler). Probar que
entonces las 80 figuras se solapan en algún punto.
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Problema 47. Se lanzan sobre una mesa 80 figuras convexas
planas de cartón, y resulta que cada tres de ellas se solapan en
algún punto (se pueden pinchar a la vez con un alfiler). Probar que
entonces las 80 figuras se solapan en algún punto.
Se puede probar para n ≥ 4 figuras, por inducción. Si n = 4 el
resultado se cumple, como vimos en el problema 44 de la hoja
anterior. Ahora vamos a demostrar que si el resultado es cierto
para n = k ≥ 4 figuras, es también cierto para n = k + 1 figuras.
Sean F1 , F2 , . . . , Fk , Fk+1 las k + 1 figuras convexas tales que
cada tres de ellas tienen un punto común. Denotemos
Fk ∩ Fk+1 = Fk . Es sencillo verificar que Fk es también una figura
convexa.
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Entonces, F1 , F2 , . . . , Fk−1 , Fk son ahora k figuras convexas tales
que cada tres de ellas tienen un punto común porque, por la
hipótesis, hay un punto común a cada tres de las figuras cuando
ninguna de las tres sea Fk y también, utilizando la conclusión del
caso n = 4, hay un punto en cada intersección
Fi ∩ Fj ∩ Fk = Fi ∩ Fj ∩ Fk ∩ Fk+1 cuando i, j < k.
Aplicando entonces la hipótesis de inducción, hay un punto común
a las k figuras F1 , F2 , . . . , Fk−1 , Fk y, por consiguiente, a las
k + 1 figuras F1 , F2 , . . . , Fk , Fk+1 .
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Problema 48. Hallar los números que tienen un total de 6
divisores y además tales que la suma de sus seis divisores es 2394.
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Problema 48. Hallar los números que tienen un total de 6
divisores y además tales que la suma de sus seis divisores es 2394.
Q
Recordemos que si n = ki=1 piαi , el número de divisores de n es
Q
d(n) = ki=1 (αi + 1) y la suma de los divisores de n es
Qk
σ(n) = i=1 (1 + pi + · · · + piαi ).
Si d(n) = 6 = 1 · 6 = 2 · 3, el número n es de una de estas dos
formas: n = p 5 o bien n = p 2 q.
6 −1
;
Si n = p 5 , entonces σ(n) = 1 + p + p 2 + p 3 + p 4 + p 5 = pp−1
6
6
como 3 2−1 = 364 y 5 4−1 = 3906, n no puede ser de esta forma,
luego debe ser de la forma p 2 q.
σ(p 2 q) = (1 + p + p 2 )(1 + q),
2394 = 2 · 32 · 7 · 19.
Como 2394 es par, q debe ser un primo impar congruente con 1
módulo 4.
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Si p = 2, entonces 1 + 2 + 22 = 7; debe ser 1 + q = 342,
q = 341 = 11 · 31 que no es primo.
Si p = 3, entonces 1 + 3 + 32 = 13, que no es un divisor de 2394.
Si p = 5, entonces 1 + 5 + 52 = 31, que no es un divisor de 2394.
Si p = 7, entonces 1 + 7 + 72 = 57 = 3 · 19; debe ser 1 + q = 42,
luego q = 41 y n = 72 · 41 = 2009.
Si p = 11, entonces 1 + 11 + 112 = 133 = 7 · 19; debe ser
1 + q = 18, luego q = 17 y n = 112 · 17 = 2057.
Si p = 13, entonces 1 + 13 + 132 = 183 = 3 · 61, que no es un
divisor de 2394.
Si p = 17, entonces 1 + 17 + 172 = 307, que tampoco es divisor de
2394.
Como b 2394
307 c = 7, la única posibilidad que nos queda para q es
q = 5; en este caso 1 + p + p 2 = 399, pero 1 + 19 + 192 = 381 y
1 + 23 + 232 = 553.
Las únicas soluciones son, entonces, n = 2009 y n = 2057.
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Problema 49. Un autobús transporta 40 chicos a una excursión al
Monasterio de San Millán. En un área de servicio coinciden con
otro autobús en el que viajan 40 chicas hacia el mismo lugar, y
diez de los chicos aprovechan para cambiarse al autobús de las
chicas. Cuando el conductor se percata de que hay diez personas
que exceden del total de plazas del autobús, que es 40, les indica
que deben apearse. Diez de los pasajeros, de sexo no determinado,
se trasladan al autobús de los muchachos. Poco después ambos
autocares echan a andar, cada uno con 40 pasajeros. Algo más
tarde, el conductor de las chicas piensa: “Seguro que en este coche
van algunos muchachos, y en el de los chicos habrá algunas
chicas”; y se pregunta: “¿En cuál de los dos autocares habrá mayor
proporción de personas del sexo contrario?”. Intenta responder la
cuestión que se plantea el conductor.
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Independientemente del sexo de las 10 personas que retornaron al
autocar de los muchachos, la proporción de pasajeros de sexo
contrario es exactamente la misma en ambos coches.
¿Por qué? Supongamos que haya n chicos en el autocar de las
chicas. Estos dejan n asientos libres en el de los muchachos. Estos
son los asientos que forzosamente habrán de ocupar las muchachas.
El razonamiento es idéntico para cualquier número n de chicos.
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Problema 50. Sean A0 , B 0 y C 0 los puntos de tangencia de los
lados BC , CA y AB de un triángulo con su circunferencia inscrita.
Sea D el punto de intersección de C 0 A0 con la bisectriz interior del
ángulo de vértice A. Calcular el valor del ángulo ∠ADC .
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Problema 50. Sean A0 , B 0 y C 0 los puntos de tangencia de los
lados BC , CA y AB de un triángulo con su circunferencia inscrita.
Sea D el punto de intersección de C 0 A0 con la bisectriz interior del
ángulo de vértice A. Calcular el valor del ángulo ∠ADC .
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El 4BC 0 A0 es isósceles, luego 2β + B = 180◦ , de donde
β = 90◦ − B2 . El ángulo γ es suplementario del β y mide
γ = 180◦ − β = 90◦ + B2 . En el 4DC 0 A podemos calcular
δ = 180◦ −
C
A
−β = .
2
2
La figura AC 0 DB 0 es simétrica respecto de la bisectriz AI , luego
ε = δ = C2 .
El segmento IB 0 se ve desde los puntos D y C bajo el mismo
ángulo ε = C2 . Por lo tanto los puntos I , C , B 0 y D son
concı́clicos, en la circunferencia de diámetro IC (IC es diámetro
porque el ∠CB 0 I = 90◦ ). Luego el ∠IDC es recto. Hemos obtenido
entonces que
∠ADC = 90◦ .
(La circunferencia que pasa por los puntos I , C , B 0 y D pasa
también por el punto A0 .)
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Problema 51. Cada lado y cada diagonal de un polı́gono regular
de 2n + 1 lados (n ≥ 2) es de color rojo o azul. Al pinchar en un
vértice cambian los colores de todos los lados y diagonales que
concurren en dicho vértice (de rojo a azul y de azul a rojo).
Demostrar que, cualquiera que sea la distribución inicial de colores,
es posible elegir una secuencia de pinchado de vértices de modo
que los cambios provocados hagan que, al final, la cantidad total de
lados y diagonales de color azul en cada vértice sea un número par.
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Problema 51. Cada lado y cada diagonal de un polı́gono regular
de 2n + 1 lados (n ≥ 2) es de color rojo o azul. Al pinchar en un
vértice cambian los colores de todos los lados y diagonales que
concurren en dicho vértice (de rojo a azul y de azul a rojo).
Demostrar que, cualquiera que sea la distribución inicial de colores,
es posible elegir una secuencia de pinchado de vértices de modo
que los cambios provocados hagan que, al final, la cantidad total de
lados y diagonales de color azul en cada vértice sea un número par.
Observar que en cada vértice concurren 2n aristas (llamamos arista
a un lado o una diagonal), de modo que la paridad del número de
aristas azules que concurren en un vértice no cambia al pinchar en
él. El número total de aristas azules que concurren en los vértices
es par, porque cada arista se cuenta dos veces, de modo que no es
posible que de un vértice salga una cantidad impar de aristas
azules y de cada uno de los restantes salga una cantidad par de
aristas azules.
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De aquı́ se deduce que tampoco puede haber un número impar de
vértices de los que salgan una cantidad impar de aristas azules.
Al pinchar en un vértice, la paridad del número de aristas azules
que hay en los restantes vértices cambia, porque cada uno de ellos
está unido por una arista al vértice seleccionado.
Sean P1 e I1 los conjuntos de vértices donde concurren un número
par e impar, respectivamente, de aristas azules. Si I1 no tiene
ningún elemento, ya hemos terminado. Si I1 es no vacı́o,
pinchamos un vértice i1 de I1 ; después de esto, el conjunto de los
vértices donde concurre un número par de aristas azules es
P2 = I1 \ {i1 }, y el conjunto de los vértices donde concurre un
número impar de aristas azules es I2 = P1 ∪ {i1 }; el conjunto P2 no
puede ser vacı́o, porque I1 no podı́a tener un único elemento. En el
segundo paso pinchamos un vértice de P2 , o lo que es lo mismo,
otro elemento de I1 distinto de i1 , al que llamaremos i2 ; ası́,
P3 = I2 ∪ {i2 } = P1 ∪ {i1 } ∪ {i2 } e I3 = P2 \ {i2 } = I1 \ {i1 , i2 }, y
repetimos este par de pasos si no hemos llegado a que I3 es vacı́o.
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