Soluciones

Seminario de problemas Bachillerato. Curso 2013-14. Hoja 3
21. Prueba que cualquier poliedro tiene dos caras con el mismo número de aristas.
Solución.
Imagina que distribuimos las caras del poliedro en un conjunto de cajas numeradas con las
etiquetas 3, 4, . . . , n, de forma que una cara que está limitada por r aristas la colocamos
en la caja que tiene la etiqueta r. Como cada arista separa dos caras, una cara que tenga
el máximo número, n, de aristas será contigua a otras n caras distintas, lo que implica
que el poliedro tiene que tener al menos n + 1 caras. Por el principio del palomar, alguna
caja debe contener al menos dos caras.
Nota. Se puede demostrar que hay siempre dos pares de caras con el mismo número de
aristas.
22. Prueba que, dado un conjunto cualquiera C formado por diez números enteros positivos
menores que 100, siempre hay dos subconjuntos disjuntos de C que tienen la misma
suma. Por ejemplo, en el conjunto C = {3, 9, 14, 21, 26, 35, 42, 59, 63, 76} tenemos los subconjuntos {14, 63} y {35, 42} con la misma suma 77; también tienen la misma suma los
subconjuntos {3, 9, 14} y {26}.
Solución.
La suma de los diez elementos del conjunto C es menor o igual que la suma de los diez
mayores números disponibles, 90 + 91 + . . . + 99 = 945. Y el conjunto C tiene (excluyendo
el conjunto vacı́o) 210 − 1 = 1023 subconjuntos posibles. Estos subconjuntos se pueden
distribuir, según sus sumas, en cajas numeradas del 1 al 945. Por el principio del palomar,
alguna caja debe contener al menos dos subconjuntos S y T de C, de modo que las sumas
de los elementos de S y de T son iguales. Suprimiendo los elementos comunes a S y T
aseguramos tener dos subconjuntos disjuntos S 0 y T 0 con la misma suma.
23. Un médico que está haciendo pruebas de un medicamento da instrucciones a un paciente
de control para tomar 48 comprimidos en un periodo de 30 dı́as. El paciente tiene libertad
total para distribuirse él mismo la medicación con tal de que tome cada dı́a al menos un
comprimido y temine las 48 pastillas en el plazo de los 30 dı́as. Prueba que, independientemente de la opción del paciente, habrá un conjunto de dı́as consecutivos durante los
cuales el número de comprimidos tomados será 11.
Solución.
Sea Ci el número de comprimidos tomados hasta el dı́a i-ésimo inclusive. La sucesión C1 ,
C2 , . . . , C30 es estrictamente creciente,
0 < C1 < C2 < . . . < C30 = 48.
Por otra parte, la sucesión 11 + C1 , 11 + C2 , . . . , 11 + C30 es también estrictamente
creciente,
11 < 11 + C1 < 11 + C2 < . . . < 11 + C30 = 59.
Entre las dos sucesiones tenemos 60 números enteros positivos y menores o iguales que
59. Por el principio del palomar, dos de estos números deben ser iguales. Pero no hay dos
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iguales entre los 30 de la primera sucesión ni tampoco entre los 30 de la segunda sucesión,
luego debe ocurrir Ci = 11 + Cj para algún par de valores i, j. Por lo tanto,
Ci − Cj = 11,
lo que implica que el paciente ha tomado un total de 11 comprimidos en los i − j dı́as
consecutivos j + 1, j + 2, . . . , i.
24. La base de una pirámide es un polı́gono convexo de 9 lados. Cada una de las diagonales
de la base y cada una de las aristas laterales de la pirámide se pintan de color rojo o azul.
No se pintan los lados de la base. Prueba que hay tres segmentos del mismo color que
forman un triángulo.
Solución.
Las 9 aristas laterales están pintadas de dos colores, luego (9 = 4 × 2 + 1, principio del
palomar) al menos cinco son del mismo color, pongamos que sea de azul. Ası́, denotando
por V el vértice de la pirámide, suponamos que sean azules las aristas V A1 , V A2 , V A3 ,
V A4 y V A5 , donde los puntos A1 , A2 , A3 , A4 y A5 van en este orden al recorrer la base
en el sentido antihorario, por ejemplo (figura).
Como A1 , A2 , A3 , A4 y A5 son vértices de la base, es obvio, ya que el polı́gono base es
convexo, que al menos uno de los lados del pentágono A1 A2 A3 A4 A5 debe ser una diagonal
de la base. Supongamos por ejemplo que A1 A2 es una diagonal de la base. Entonces
también son diagonales A2 A4 y A4 A1 , de modo que los tres lados del 4A1 A2 A4 están
pintados. Ahora, caben dos posibilidades:
(I) Que los tres lados del 4A1 A2 A4 sean rojos. Hemos terminado, porque hay un triángulo
rojo.
(II) Que por ejemplo el lado A1 A2 sea azul. También hemos terminado, porque los segmentos V A1 , V A2 y A1 A2 forman un triángulo azul.
25. Para n > 1, se colocan 2n piezas del juego de damas en los centros de 2n de las casillas
de un tablero n × n. Prueba que hay cuatro piezas que forman los vértices de un paralelogramo. ¿Es cierto esto si en vez de 2n colocamos 2n − 1 piezas en el mismo tablero?
Solución.
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Sea m el número de filas que tienen al menos dos piezas (de modo que cada una de las
n − m filas restantes contendrá a lo sumo una pieza). Para cada una de estas m filas,
localizamos la casilla situada más a la izquierda que contiene una pieza, y a continuación
tomamos nota de las distancias (números de casillas) entre esta pieza y las demás piezas
situadas en la misma fila. Estas distancias pueden ser solamente 1, 2, . . . , n − 1, ya que
el tablero tiene n columnas.
Como el número total de piezas colocadas en estas m filas es al menos 2n−(n−m) = n+m,
habremos tomado nota, en total, de al menos (n + m) − m = n distancias. Por el principio
del palomar, al menos dos de estas distancias serán iguales. Esto implica que hay al
menos dos filas distintas conteniendo cada una de ellas dos piezas separadas por la misma
distancia. Esas cuatro piezas son los vértices un paralelogramo.
La respuesta a la segunda pregunta es negativa. Podrı́amos colocar las 2n − 1 piezas
ocupando todas las casillas de la primera fila y de la primera columna del tablero, y ası́
no se forma ningún paralelogramo.
26. Escogemos un conjunto de 101 números distintos de entre los números del 1 al 200. Prueba
que entre los números elegidos hay dos, tales que uno es múltiplo del otro.
Solución.
Todo número entero n se puede factorizar en la forma n = 2r q, donde r ≥ 0 y el factor
q ≥ 1 es impar. Representando ası́ los 101 números escogidos, obtenemos un conjunto de
100 valores para q, cada uno perteneciendo al conjunto de los números impares 1, 3, 5,
. . . , 199. Por el principio del palomar, dos de estos valores de q deben ser iguales.
Si los números escogidos eran a1 , a2 , . . . , a101 , hemos deducido que hay dos de ellos, los
números ai y aj , tales que ai = 2ri q y aj = 2rj q. Entonces el mayor de ellos es múltiplo
evidentemente del menor.
27. Se escriben en una lı́nea, pero en cualquier orden, los números 1, 2, . . . , n2 + 1. Prueba
que, cuando se lee la lista de izquierda a derecha siempre encontraremos una sucesión
creciente de longitud mayor o igual que n + 1 o una sucesión decreciente de longitud
mayor o igual que n + 1. Por ejemplo, cuando n = 3, la lista 6, 5, 9, 3, 7, 1, 2, 8, 4, 10
contiene la sucesión decreciente 6, 5, 3, 1 de longitud cuatro (y, en este caso, también las
sucesiones crecientes de longitud cuatro 3, 7, 8, 10 y 1, 2, 4, 10).
Solución.
Para cada número k de nuestra lista, desde el 1 hasta el n2 + 1, vamos a denotar con xk
la longitud de la mayor sucesión creciente que comienza en k, y con yk la longitud de la
mayor sucesión decreciente que comienza en k.
Ası́ podemos pensar que obtenemos n2 +1 pares de “coordenadas” (xk , yk ) ambas mayores
o iguales que 1. Si algún xk o algún yk es mayor o igual que n + 1, la proposición serı́a
válida.
En caso contrario, todos los valores xk e yk son menores o iguales que n, y tenemos
n2 + 1 pares de valores de un total de n2 pares posibles: (1, 1), . . . , (n, n). El principio
del palomar garantiza entonces que hay dos pares iguales, es decir, que hay un mismo par
(x, y) asignado a dos números distintos, k1 y k2 , de la lista.
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Pero, si k1 < k2 , la coordenada x de k1 deberı́a ser mayor que la coordenada x de k2 . Y, si
k1 > k2 , la coordenada y de k1 deberı́a ser mayor que la coordenada y de k2 . En cualquier
caso se obtiene una contradicción y la proposición queda probada.
28. Un cuadrado de lado 1 contiene varios cı́rculos en su interior. La suma de las longitudes
de las circunferencias de los cı́rculos es 10. Prueba que hay una recta paralela a uno de
los lados del cuadrado que corta al menos a cuatro cı́rculos.
Solución.
Sea ABCD el cuadrado; consideremos la proyección de los puntos del cuadrado sobre el
lado AB en la dirección ortogonal a AB. La imagen de cada cı́rculo por esta proyección es
un segmento de AB. Si un cı́rculo tiene diámetro d, la longitud de su segmento proyección
es también d. Como la suma de las longitudes de las circunferencias de los cı́rculos es 10, la
, luego la suma de las longitudes de los segmentos proyectados
suma de sus diámetros es 10
π
sobre AB es también 10
.
π
Tenemos lo siguiente: un segmento de longitud 1 contiene varios segmentos cuyas lon> 3. Por el principio del palomar hay un punto M de AB común a
gitudes suman 10
π
cuatro de los segmentos. Entonces la recta paralela a BC que pasa por M corta al menos
a cuatro de los cı́rculos.
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