Soluciones

Seminario de problemas-ESO. Curso 2012-13. Hoja 7
43. La suma de las edades de mamá, papá, mi hermano y yo es 83. Seis veces la edad de
papá es igual a siete veces la edad de mamá, y la edad de mamá es el triple de la mı́a. Di
nuestras cuatro edades, que las cuatro son enteras.
Solución.
Edades: mamá, M ; papá, P ; mi hermano, H; mi edad, Y . Sistema de ecuaciones:

 M + P + H + Y = 83
6P = 7M

M = 3Y
Sustituyendo P e Y en función de M en la primera ecuación resulta
5
M + H = 83;
2
pero de la segunda ecuación se deduce (números enteros) que M = 6̇; poniendo M = 6m,
se tiene
15m + H = 83
=⇒
H = 83 − 15m.
83
Por un lado, se debe cumplir H > 0, luego m < 15
y m ≤ 5. Por otro lado, se debe
cumplir H < M , luego 21m > 83, m > 3. Sólo podrı́a ser m = 4 o m = 5.
Si m = 4, M = 24 y H = 23, descartable. Luego m = 5, M = 30, H = 8, P = 35, Y = 10.
44. En una figura con mucha simetrı́a es una sorpresa encontrar elementos iguales en posiciones no simétricas. En la primera de las figuras siguientes, donde se muestran tres de
las tangentes entre dos circunferencias, prueba que GE = F H. En la segunda, donde se
muestran tangentes desde los centros, que AB = CD.
Solución.
(a)
1
Las tangentes trazadas desde un punto a una circunferencia son iguales. Entonces se tiene
AB = AG + GB = GE + GF = GE + (GE + EF ) = 2GE + EF,
y análogamente
CD = CH + HD = EH + HF = (F H + EF ) + HF = 2F H + EF ;
como además AB = CD, se deduce que GE = F H.
(b)
Los triángulos rectángulos P AX y P QS son semejantes, luego
AX
QS
r
=
=
PA
PQ
d
=⇒
AX =
Rr
;
d
Análogamente, los triángulos rectángulos QCY y QP T son semejantes, luego
CY
PT
R
=
=
QC
QP
d
=⇒
CY =
Rr
= AX.
d
45. Determina todos los enteros positivos n para los cuales 2n + 1 es divisible por 3.
Solución.
Consideremos congruencias módulo 3. Entonces
2 ≡ −1
mod 3 ⇒ 2n ≡ (−1)n
mod 3 ⇒ 2n + 1 ≡ [(−1)n + 1]
mod 3.
Luego, si n es impar, 2n + 1 ≡ 0 mod 3. Es decir, 2n + 1 es divisible por 3 para todo n
impar. Además, si n es par se obtiene que 2n + 1 ≡ 2 mod 3. Luego 2n + 1 no es nunca
divisible por 3 si n es par.
2
46. El ángulo  de un triángulo isósceles ABC es igual a 2/5 de un ángulo recto y B̂ = Ĉ.
La bisectriz del ángulo Ĉ corta al lado opuesto en el punto D. Calcular los valores de los
ángulos del triángulo BCD. Expresar la longitud a del lado BC en función de la longitud
b del lado AC.
Solución.
La situación queda reflejada en la siguiente figura
Observar que los triángulos BCD y el ABC son semejantes, por lo que
a
b−a
=
⇒ a2 = b2 − ab,
b
a
de donde
√
b( 5 − 1)
a=
.
2
47. Los puntos de una malla cuadrada formada por 20 filas y 20 columnas de puntos están
coloreados de rojo o de azul. Cada pareja de puntos del mismo color que son adyacentes
en la misma fila o en la misma columna están unidos por un segmento de su mismo color;
cada pareja de puntos de distinto color adyacentes en fila o columna están unidos por
un segmento negro. Hay en total 219 puntos rojos, 39 de los cuales situados en el borde
de la malla y ninguno de ellos en ninguna de las cuatro esquinas de la malla. Y hay 237
segmentos negros. Entonces, ¿cuántos segmentos azules hay?
Solución.
Hay 19 segmentos en cada una de las 20 filas, dando 19×20 = 380 segmentos horizontales;
y hay otros tantos segmentos verticales, en total son 760 segmentos. Como 237 son negros,
los otros 523 son rojos o azules.
Sea r el número de segmentos rojos. Contemos de dos maneras el número total de veces
que un punto rojo es extremo de un segmento: por una parte, cada segmento negro tiene
un extremo rojo, y cada segmento rojo tiene los dos extremos rojos, lo que hace un total
de 237 + 2r extremos rojos.
Pero por otra parte, cada uno de los 39 puntos rojos del borde es extremo de tres segmentos, y cada uno de los 180 puntos rojos interiores es extremo de cuatro segmentos, ası́ que el
número total de veces que un punto rojo es extremo de un segmento es 39·3+180·4 = 837.
3
Luego 237 + 2r = 837, de donde r = 300. Entonces el número de segmentos azules es
523 − 300 = 223.
48. Supongamos que M es el punto medio del arco AB (de uno de ellos) de una circunferencia.
C es un punto cualquiera, distinto de M , en ese arco AM B y D es el pie de la perpendicular
trazada por M a la mayor de entre las dos cuerdas AC y BC. Prueba que entonces D biseca
la lı́nea quebrada ACB (es decir, por ejemplo en el caso de la figura, que AD = DC +CB).
Solución 1.
Giramos el triángulo M BC en torno al punto M hasta que el lado M B coincida (ya que
M B = M A) con M A. Entonces, el lado BC quedará sobre la cuerda AC (reducción al
absurdo), ya que por el teorema del ángulo inscrito es ∠CBM = ∠CAM . El girado del
punto C será pues un punto C 0 sobre AC. Por la construcción se tiene M C 0 = M C, y
M D es la altura sobre el lado desigual del triángulo isósceles M C 0 C, que es mediatriz del
lado desigual, luego C 0 D = CD.
Entonces
AD = AC 0 + C 0 D = BC + C 0 D = BC + CD.
4
Solución 2. (Rodolfo Larrea)
Idea: hay que llevar B sobre la prolongación de AC y ver que el 4AM B 0 es isósceles.
1. Sea B 0 en la prolongación de AC tal que CB 0 = CB.
2. Veamos que los triángulos M CB y M CB 0 son congruentes. Para ello consideremos que:
• Sea M 0 el punto de la circunferencia diametralmente opuesto a M . Como los arcos
AM 0 y M 0 B son iguales, entonces ∠ACM 0 = ∠M 0 CB = β.
• Además, ∠M 0 CM = 90◦ (inscrito abarcando diámetro), luego ∠M CB = ∠M CB 0 =
90◦ + β.
• El lado M C es común, y CB = CB 0 por la construcción hecha.
3. Pero si ∠M AC = α, también ∠M BC = α = M B 0 C pues son inscritos en el mismo
arco M C. Por consiguiente el 4M AB 0 es isósceles, y ası́ la altura M D es perpendicular
a la base AB 0 en su punto medio. Luego AD = DB 0 = DC + CB 0 = DC + CB, como
querı́amos demostrar.
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