Seminario de problemas-eso. Curso Hoja 18

Transcripción

1 Seminario de problemas-eso. Curso Hoja Encuentra todas las formas esencialmente diferentes de colocar cuatro puntos en el plano de modo que los seis segmentos rectilíneos que determinan entre ellos sean justo de dos longitudes distintas Tenemos escritos en una pizarra todos los números 1, 2, 3,..., hasta el 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? 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 1

2 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 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? Sea k 2 un número entero. El cuadrado se puede dividir en 2k cuadrados que no se solapan como se indica por las líneas 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. 2

3 109. (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. (a) Sea M el punto medio de AC. Supongamos que los segmentos MP y MR son perpendiculares y de la misma longitud. Entonces los triángulos QMR y AMP 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 MP y MR 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, MLKC es un paralelogramo, con lo que LM = CK. Pero CK = P K, con lo que LM = P K. 3

4 Razonando del mismo modo, llegamos a que MKBL es un paralelogramo, con lo que BL = MK. Pero BL = LR, con lo que MK = LR. Por otro lado, los triángulos KCM y LMA tienen sus lados iguales y paralelos, con lo que ĈKM = MLA. Resumiendo, los triángulos MP K y MLR tienen dos lados iguales (LM = P K y LR = MK) y además también tienen igual el ángulo formado por esos lados (ya que P KM = 90 o + ĈKM y MLR = 90 o + MLA, y hemos visto que ĈKM = MLA), con lo que los triángulos son congruentes, con lo que MP = MR. Falta ver que estos segmentos forman un ángulo de 90 o. En efecto, P K forma un ángulo de 90 o con BK, que es paralelo a LM. Por tanto, P K y LM forman un ángulo de 90 o. Del mismo modo, LR forma un ángulo de 90 o con BL, que es paralelo a KM. Por tanto, LR y KM forman un ángulo de 90 o. Como los triángulos son congruentes, esto nos asegura que los triángulos forman un ángulo de 90 o, ya que uno se puede obtener de otro por un giro de 90 o en torno a H. (b) Sea M el punto medio de BD. Se tiene, por el apartado (a), que MR = MQ, MP = MS y RMQ = ŜMP = 90 o. 4

5 De este modo, los triángulos SMQ y RMP son congruentes, con lo que P R = SQ. Además RP M = QSM := α. 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 = ŜT W := β. Además, α + β = 90 o, con lo que se concluye la demostración (a) Prueba que, para todo entero positivo n, los números 21n + 4 y 14n + 3 son primos entre sí. (b) Para qué enteros a y b son primos entre sí los números 7an + 4 y 7bn + 3 para todo entero positivo n? (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 sí 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)). 5

6 111. En cada una de las casillas de un tablero 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 (línea horizontal) ni columna (línea vertical) que tenga dos números iguales. Prueba que no puede haber dos números iguales en la diagonal principal. 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 podrían 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: