Soluciones

Seminario de problemas-ESO. Curso 2012-13. Hoja 18
106. Encuentra todas las formas esencialmente diferentes de colocar cuatro puntos en el plano
de modo que los seis segmentos rectilı́neos que determinan entre ellos sean justo de dos
longitudes distintas.
Solución.
107. Tenemos escritos en una pizarra todos los números 1, 2, 3, . . . , hasta el 2014. En una
jugada puedes elegir dos cualesquiera de los números que hay escritos y borrarlos, pero
escribiendo en su lugar, en la pizarra, la diferencia entre el más grande y el más pequeño
de los dos que has elegido. Después de 2013 jugadas de esas queda escrito sólo un número.
¿Qué número puede ser?
Solución.
Se puede probar por inducción que el procedimiento descrito en el problema permite
conseguir al final, a partir de los números (escritos inicialmente en la pizarra) 1, 2, 3, . . . ,
2n, cualquier número entre 0 y 2n ambos inclusive que tenga la misma paridad que n.
Para n = 1: {1, 2} −→ {1}, es cierto.
Supuesto cierto para n = k, es decir, que a partir de los números 1, 2, 3, . . . , 2k se puede
conseguir al final cualquier número entre 0 y 2k ambos inclusive que tenga la misma
paridad que k, consideremos ahora que tenemos escritos en la pizarra los números 1, 2, 3,
. . . , 2k, 2k + 1 y 2k + 2 = 2(k + 1), y veamos que podremos conseguir al final cualquier
número entre 0 y 2(k + 1) ambos inclusive que tenga la misma paridad que k + 1.
Distinguiremos dos casos:
(1) Si k + 1 es impar (k es par), aplicando la hipótesis de inducción, a partir de los
números 1, 2, 3, . . . , 2k se puede conseguir, operando solamente con ellos, que al final
quede cualquier número par entre 0 y 2k ambos inclusive. Por otra parte, restando 2k +2 y
2k + 1 se obtiene un uno, y restando (en valor absoluto) el número par anterior y este uno
se obtiene cualquier impar entre 1 y 2k − 1 ambos inclusive. También se puede conseguir
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que el último número que quede sea el 2k + 1: para ello, primero a partir de los números
1, 2, 3, . . . , 2k se consigue, por la hipótesis de inducción, dejar el número 2k; entonces,
restando 2k + 1 y 2k queda un 1, y finalmente restando 2k + 2 y 1 queda 2k + 1.
(2) Si k +1 es par (k es impar), aplicando la hipótesis de inducción, a partir de los números
1, 2, 3, . . . , 2k se puede conseguir, operando solamente con ellos, que al final quede
cualquier número impar entre 1 y 2k − 1 ambos inclusive. Por otra parte, restando 2k + 2
y 2k + 1 se obtiene un uno, y restando el número impar anterior y este uno se consigue
cualquier número par entre 0 y 2k − 2 ambos inclusive. Para conseguir el número 2k,
primero a partir de los números 1, 2, 3, . . . , 2k se consigue, por la hipótesis de inducción,
dejar el número 2k − 1; entonces, restando 2k + 1 y 2k − 1 queda un 2, y finalmente
restando 2k + 2 y 2 queda 2k. Para conseguir el número 2k + 2, si k = 1 se pasa primero
a 1, 1, 4, después a 0, 4 y finalmente a 4; si k > 1, primero por la hipótesis de inducción
se consigue, desde 1, 2, . . . , 2k − 2, el número 2k − 2; a continuación, sucesivamente, se
hace (2k − 1) − (2k − 2) = 1; (2k + 1) − 2k = 1; 1 − 1 = 0; (2k + 2) − 0 = 2k + 2.
108. Muestra cómo se puede dividir un cuadrado en n cuadrados más pequeños que no se
solapen, para todo n ≥ 6. ¿Se puede dividir en tres o en cinco cuadrados?
Solución.
Sea k ≥ 2 un número entero. El cuadrado se puede dividir en 2k cuadrados que no se
solapan como se indica por las lı́neas continuas en la figura (que muestra el caso k = 4);
concretamente, si el lado del cuadrado grande es 1, los cuadrados pequeños tienen lado
1/k.
Subdividiendo uno de esos cuadrados en cuatro cuadrados como muestran los segmentos
a trazos en la figura tendremos una subdisión del cuadrado grande en 2k + 3 cuadrados.
Por consiguiente el cuadrado grande se puede dividir en n cuadrados más pequeños que
no se solapan, para todo n ≥ 6.
No se puede dividir un cuadrado en dos ni en tres cuadrados porque cada cuadrado más
pequeño solo puede “hacerse cargo” de uno de los vértices del cuadrado grande. Tampoco
en cinco cuadrados:
Cada uno de los 4 vértices debe pertenecer a un cuadrado distinto. El quinto cuadrado
no puede ser interior al cuadrado, ni tocar a un lado. Sean a, b, c, d las longitudes de los
lados que contienen a los 4 vértices y sea e la longitud del lado del quinto cuadrado.
Si e fuese interior, a + b = b + c = c + d = d + a luego a = b = c = d y es e = 0.
Si e se apoya en el lado contiguo a los de lados d y a es a + b = b + c = c + d = a + d + e
luego a = c, b = d y e = 0.
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109. (a) Sean P , Q y R los centros de los cuadrados construidos hacia afuera sobre los lados
BC, CA y AB, respectivamente, del triángulo ABC (primera figura). Prueba que los
segmentos AP y QR son perpendiculares y de la misma longitud.
(b) Dado un cuadrilátero convexo ABCD y los centros P , Q, R y S de los cuadrados
construidos hacia afuera sobre los lados AB, BC, CD y DA respectivamente (segunda
figura), prueba que los segmentos P R y QS son perpendiculares y de la misma longitud.
Solución.
(a) Sea M el punto medio de AC. Supongamos que los segmentos M P y M R son perpendiculares y de la misma longitud.
Entonces los triángulos 4QM R y 4AM P son congruentes (iguales) y se obtiene uno de
otro por un giro de 90◦ en torno al punto M . Entonces QR y AP son perpendiculares y
de la misma longitud.
Probemos entonces que M P y M R son perpendiculares y de la misma longitud.
Sean K y L los puntos medios de CB y AB, respectivamente.
En primer lugar, LM es paralelo a CB, ya que une los puntos medios de AC y AB. Por
la misma razón, LK es paralelo a AC.
Por tanto, M LKC es un paralelogramo, con lo que LM = CK. Pero CK = P K, con lo
que LM = P K.
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Razonando del mismo modo, llegamos a que M KBL es un paralelogramo, con lo que
BL = M K. Pero BL = LR, con lo que M K = LR.
Por otro lado, los triángulos KCM y LM A tienen sus lados iguales y paralelos, con lo
\ =M
\
que CKM
LA.
Resumiendo, los triángulos M P K y M LR tienen dos lados iguales (LM = P K y LR =
M K) y además también tienen igual el ángulo formado por esos lados (ya que P\
KM =
\ yM
\
\
\ =M
\
90o + CKM
LR = 90o + M
LA, y hemos visto que CKM
LA), con lo que los
triángulos son congruentes, con lo que M P = M R.
Falta ver que estos segmentos forman un ángulo de 90o . En efecto, P K forma un ángulo
de 90o con BK, que es paralelo a LM . Por tanto, P K y LM forman un ángulo de 90o . Del
mismo modo, LR forma un ángulo de 90o con BL, que es paralelo a KM . Por tanto, LR
y KM forman un ángulo de 90o . Como los triángulos son congruentes, esto nos asegura
que los triángulos forman un ángulo de 90o , ya que uno se puede obtener de otro por un
giro de 90o en torno a H.
(b) Sea M el punto medio de BD. Se tiene, por el apartado (a), que M R = M Q, M P =
\
\
M S y RM
Q = SM
P = 90o .
4
De este modo, los triángulos SM Q y RM P son congruentes, con lo que P R = SQ.
\
\ := α.
Además RP
M = QSM
Llamemos T al punto de intersección de SM con P R y W a la intersección de SQ con
\
\
P R. Los triángulos P T M y ST W son semejantes, ya que P
T M = ST
W := β. Además,
o
α + β = 90 , con lo que se concluye la demostración.
110. (a) Prueba que, para todo entero positivo n, los números 21n + 4 y 14n + 3 son primos
entre sı́.
(b) ¿Para qué enteros a y b son primos entre sı́ los números 7an + 4 y 7bn + 3 para todo
entero positivo n?
Solución.
(a) Sea n un entero positivo. Un divisor común de 21n + 4 y de 14n + 3 dividirá también
al número
3(14n + 3) − 2(21n + 4) = 1,
luego el máximo común divisor de 21n + 4 y 14n + 3 es 1.
(b) Sean n un entero positivo, mcd(a, b) = d, a = αd y b = βd
Un divisor común de 7αdn + 4 y de 7βdn + 3 dividirá también al número
β(7αdn + 4) − α(7βdn + 3) = 4β − 3α,
luego 7αdn + 4 y 7βdn + 3 serán primos entre sı́ cuando sea 4β − 3α = ±1.
La solución general de la ecuación diofántica 4β −3α = 1 es β = 3t+1, α = 4t+1 (t ∈ Z).
Y la solución general de la ecuación diofántica 4β − 3α = −1 es β = 3t + 2, α = 4t + 3
(t ∈ Z) (el valor t = 0 en este último caso contesta el apartado (a)).
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111. En cada una de las casillas de un tablero 15 × 15 se escribe uno de los números 1, 2,
3, . . . hasta 15. Las casillas que son simétricas con respecto a la diagonal principal (la
que baja desde la casilla superior izquierda hasta la inferior derecha) contienen números
iguales, y no hay ninguna fila (lı́nea horizontal) ni columna (lı́nea vertical) que tenga dos
números iguales. Prueba que no puede haber dos números iguales en la diagonal principal.
Solución.
Como en cada fila tienen que estar los quince números, tiene que haber 15 unos en el
tablero. Si no hubiera ningún uno en la diagonal principal, los unos se podrı́an agrupar
en parejas simétricas respecto de ella, pero 15 es impar, luego esto es imposible. Entonces
debe haber un número impar de unos, al menos un uno, en la diagonal principal.
Razonando de la misma forma, la diagonal principal debe contener al menos un dos, al
menos un tres, . . . , al menos un quince. Luego en la diagonal principal están los quince
números del uno al quince, y no hay dos iguales.
Un ejemplo de tablero posible es el siguiente:
1 2 3 4 5 6 7 8
2 3 4 5 6 7 8 9
3 4 5 6 7 8 9 10
4 5 6 7 8 9 10 11
5 6 7 8 9
6
11
7
13
8
15
9
15
10
15
11
15
12
15
13 14 15
14 15 1 2 3
15 1 2 3 4 5 6 7
6
9
10
11
12
10
11
12
13
11
12
13
14
15
12 13 14 15
13 14 15 1
14 15 1 2
15 1 2 3
1 2 3 4
15
5
15
6
7
2
8
4
9
6
10
8
11
10 11 12
9 10 11 12 13
8 9 10 11 12 13 14