Enunciados y soluciones de los Problemas

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1 Enunciados y soluciones de los Problemas Problema 1. Sea ABC un triángulo acutángulo y sea O su circuncentro. La línea AC intersecta al circuncírculo de AOB nuevamente en el punto X. Demuestra que la línea XO es perpendicular a la línea BC. Solución del problema 1. Sea Y la intersección de XO con BC. Para demostrar que el ángulo XY C mide 90, demostraremos que los ángulos Y CX y CXY suman 90. C X O Y A B Sea θ el ángulo ACB. Como AOB es un ángulo central, tenemos que AOB = 2θ. Además, como el triángulo AOB es isósceles con OA = OB se tiene que ABO = BAO y para que la suma de estos tres ángulos sea 180, tenemos que ABO = BAO = 90 θ. Como el cuadrilátero ABOX es cíclico, tenemos que OXA = 180 ABO = 180 (90 θ) = 90 + θ. Además, como el ángulo OXC es su ángulo suplementario, tenemos que CXY = 180 (90 + θ) = 90 θ. Por lo tanto, Y CX + CXY = θ + 90 θ = 90, que era lo que queríamos que demostrar. Problema 2. Sea n un número natural tal que n + 1, n + 3, n + 7 y n + 9 son números primos. Además, los números n + 31, n + 33, n + 37 y n + 39 son también números primos. Determina el residuo al dividir n entre 210. Solución del problema 2. n no puede ser 1, 2, 3, 4, 5 ó 6 pues en ese caso tendríamos que n + 3 = 4, n + 7 = 9, n + 1 = 4, n + 31 = 35, n + 1 = 6 y n + 3 = 9. En cada caso encontraríamos que uno de los números no sería primo. Por lo tanto, podemos suponer que n 7. Como la factorización en primos de 210 es nos ayudará encontrar los resudios de n módulo 2, 3, 5 y 7.

2 Si n deja residuo 1 módulo 2 tendremos que n + 1 es un número par mayor que 2 y por tanto, no es primo. Luego, n deja residuo 0 al dividirse entre 2. Con el mismo razonamiento, n no pude dejar residuo 0 ó 2 módulo 3 pues tendríamos que n + 3 y n + 1 serían múltiplos de 3, respectivamente. Por lo tanto, n deja residuo 1 módulo 3. De la misma manera, n no puede dejar residuo 1, 2, 3 ó 4 módulo 5, pues en ese caso, n + 9, n + 3, n + 7 ó n + 1 resultarían múltiplos de 5. Por lo tanto, n deja residuo 0 módulo 5. Finalmente, n no pude ser 0, 2, 3, 4, 5 ó 6 módulo 7 pues en ese caso, n + 7, n + 33, n + 39, n + 3, n + 9 ó n + 1 resultarían múltiplos de 7. Por lo tanto, n deja residuo 1 al ser dividido entre 7. Como n resultó múltiplo de 2 y de 5, n es un múltiplo de 10. Además, n 1 es múltiplo de 3 y 7, por lo que n 1 es múltiplo de 21. Por lo tanto, n + 20 tiene que ser múltiplo de = 210 y concluimos que n debe de dejar residuo 190 al dividirse entre 210. Problema 3. Tres obreros están trabajando para completar un trabajo. Al inicio, uno de ellos trabaja el mismo tiempo que les hubiera tomado a los otros dos completar la mitad del trabajo (estos dos no trabajan en este tiempo). Luego, otro de ellos trabaja el mismo tiempo que les hubiera tomado a los otros dos completar la mitad del trabajo. Finalmente, el otro trabajador hace lo mismo: trabaja el mismo tiempo que les hubiera tomado a los otros dos completar la mitad del trabajo. Con esto, el trabajo queda completado. Cuántas veces más rápido hubieran terminado el trabajo si hubieran trabajado los tres al mismo tiempo? Solución del problema 3. Digamos que los trabajadores trabajan a, b y c unidades de tiempo. De esta manera, trabajaron un total de a+b+c unidades de tiempo. Si el segundo y el tercer trabajador trabajaran a unidades, completarían la mitad del trabajo. De la misma manera, si el primero y el tercero trabajaran b unidades o el primero y el segundo trabajaran c unidades. Luego, si el primer trabajador trabaja b+c unidades, el segund a+c y el tercero, a+b, completarían 3 2 veces el trabajo. Si a esto le agregamos que el primero trabaje a, el segundo, b, y el cercero, c, tendríamos que cada uno trabajó a + b + c unidades de tiempo y hubieran completado 5 2 veces el trabajo. Por lo tanto, si hubieran trabajado juntos lo habrían hecho 2.5 veces más rápido. Problema 4. Se tiene un tablero de m n casillas y en cada una una lámpara que originalmente se encuentra apagada. En un movimiento se pueden elegir tres casillas consecutivas en una misma fila o en una misma columna y cambiar el estado de las lámparas en estas casillas, pasando de apagado a encendido y viceversa. Para qué parejas de enteros positivos (m, n) se puede llegar a que todas las lámparas estén encendidas? Solución del problema 4. Demostraremos que esto es posible si y solo si m o n es un múltiplo de 3. Si, por ejemplo, el número de columnas es múltiplo de 2

3 3, podemos separar las columnas en bloques de 3 consecutivas y para cada uno de estos bloques, hacer la operación en cada fila. Al final de este proceso, todas las lámparas del tablero quedarán encendidas. Si ni m ni n son múltiplos de 3 enumeremos los números del tablero de esta manera: Es decir, comenzando de en la esquina inferior izquierda, se pone un 1, luego las dos casillas que comparten un lado con el 1, se les pone un 2, luego las siguientes tres, un 3, luego, 1, etc. Si b y d son los residuos que dejan m y n al dividirse entre tres tendremos tres casos: b = d = 1. En este caso, el tablero tendrá la misma cantidad de 1, 2 y 3, salvo que habrá un 1 de más. b = 1, d = 2 o al revés. En este caso tendremos un 1 y un 2 de más. b = d = 2. En este caso tendremos un 2 de más. En cada movimiento se cambia el estado de un foco con número 1, de uno con un 2 y de uno con un 3. Esto quiere decir que después de x movimientos, se hicieron x cambios en cada uno de los conjuntos de focos 1, 2 y 3. Como para que al final queden encendidos es necesario que cada foco haya sido parte de un número impar de operaciones. Además, como una cantidad par de impares es par y una cantidad impar de impares es impar, tenemos que, para que sea posible, x debe tener la misma paridad que la cantidad de focos 1, 2 y 3. Pero esto no es posible, pues la cantidad de focos con 3 siempre será una menos que la cantidad de focos con 1 o con 2. Problema 5. Sea n un entero positivo. Demuestra que 6 n 1 no divide a 7 n 1. Solución del problema 5. Supongamos que 6 n 1 divide a 7 n 1 para cierto entero positivo n. Como 5 = 6 1 divide a 6 n 1 tenemos que 5 también divide a 7 n 1. Por lo tanto, 7 n deja residuo 1 al dividirse entre 5. Al dividirse entre 5, tenemos que 7 1 deja residuo 2, 7 2 deja residuo 4, 7 3 deja residuo 3 y 7 4 deja residuo 1. A partir de aquí se comenzarán a repetir estos residuos: 1, 2, 4, 3, y podemos observar que 7 n deja residuo 1 si y solo si n es divisible entre 4. 3

4 Por lo tanto, 6 n 1 es divisible entre = (6 2 1)(6 2 +1) = = , de donde 7 tiene que dividir a 6 n 1 y por lo tanto a 7 n 1, lo cual es una contradicción. Problema 6. En cierto país hay n ciudades y entre cualquier pareja de cuidades hay un autobús directo o un viaje de tren directo (en ambas direcciones y no pasan por otras ciudades). Demuestra que puedes separar todas las ciudades en dos conjuntos, de manera que en uno de ellos puedas llegar de cualquier ciudad a cualquier otra usando solo autobuses y en el otro puedas llegar de cualquier ciudad a cualquier otra usando solo trenes. Solución del problema 6. Supongamos que el problema no es cierto. Consideremos un conjunto de ciudades A y uno disjunto de él, T de manera que entre las ciudades de A se pueden visitar todas solo con autobús y entre todas las de T, en tren. Además, consideremos aquellos A y T tales que entre los dos tengan la máxima cantidad de ciudades. Como estamos suponiendo que el problema es falso, existe una ciudad g que no está ni en A ni en T. Digamos que las ciudades de A son a 1, a 2,, a n y las de T son, t 1, t 2,, t m. Si las ciudades a 1 y g están conectadas por autobús, tendríamos una contradicción, pues podríamos agregar a g en A y obtener una pareja (A, T ) con más elementos. Por lo tanto, a 1 y g están conectadas por tren. De la misma manera, t 1 y g están conectadas por autobús. Ahora, las ciudades a 1 y t 1 tienen que estar conectadas por autobús o por tren. Si están conectadas por autobús, podemos considerar A y T, pasar a t 1 a A y meter a g a A. Como tanto a 1 y t 1 como t 1 y g están conectadas por autobús, tenemos que A y T cumplen con las condiciones requeridas y tienen una cuidad más, lo cual es una contradicción. De la misma manera, si están conectadas por tren, podemos quitar pasar a a 1 a T y meter a g en T para tener la misma contradicción. Esto demuestra que si consideramos A y T con la mayor cantidad de ciudades entre las dos, tienen que tener a todas y esto era justo lo que teníamos que probar. Nota. Con algunas variantes, esta misma solución se puede hacer por inducción sobre el número de ciudades. Problema 7. Los círculos k 1 y k 2 se intersectan en los puntos A y B. La línea l intersecta al círculo k 1 en los puntos C y E, y al círculo k 2 en los puntos D y F de manera que D está entre C y E, y E está entre D y F. Las líneas CA y BF se intersectan en el punto G y las líneas DA y BE se intersectan en el punto H. Demuestra que las líneas CF y HG son paralelas Solución del problema 7. Como ACBE es cíclico, tenemos que BAC = BEC = β. Como DAF B es cíclico, tenemos que F DA = F BA = θ. 4

5 H C A G D E F B Consideremos los triángulos BAG y DEH. Estos tienen los ángulos internos θ y 180 β, por lo que son semejantes y el tercer ángulo es igual, es decir, DHB = AGB. Por lo tanto, el cuadrilátero BAHG es cíclico. Entonces, HGC = HGA = HBA = EBA = ECA, esto por el cíclico CAEB. Entonces, tenemos que HGC = GCF, por lo que HG es paralela a CF. Problema 8. En una fila hay 125 enteros positivos distintos de manera que siempre que se toman tres enteros seguidos en la fila, el segundo es mayor que el promedio del primero y el tercero. Cuál es el menor valor posible para el mayor número de esta fila? Solución del problema 8. Digamos que los números en la fila son a 1, a 2,, a 125. Sabemos que a i+1 > ai+ai+2 2 para cada i = 1, 2,, 123. Esto es equivalente a a i+1 a i > a i+2 a i+1. Si definimos los números d i = a i+1 a i, tenemos que d 1 > d 2 >... > d 124. Si a m es el mayor de la lista, tenemos que d 1, d 2,, d m 1 son positivos y d m, d m+1,, d 124 son negativos. Como los números a i son distintos, tenemos que ningún d i es 0. Si entre los d i tuviéramos al 1 y al 1 al mismo tiempo, tendríamos que tener d m 1 = 1 y d m = 1 (pues d m 1 es el último positivo y d m 1 es el primer negativo). En este caso tendríamos que a m 1 = a m 1 = a m+1, lo cual es una contradicción. Sin pérdida de generalidad, digamos que el 1 no aparece (si el que no aparece es el 1, simplemente podemos nombrar en el sentido opuesto a la sucesión de números). Por lo tanto, tenemos que a m = a 1 + (d 1 + d d m 1 ) 1 + ( m) = m. Por otro lado, a m = a 125 (d m + d m d 124 ) 1 + ( (125 m)). 5

6 Como entre los números m y 125 m alguno de ellos es al menos 63, tenemos que a m = Falta ver que efectivamente es posible que a m sea Para lograr esto, tomamos el menor valor para a 1 = 1 y las diferencias serían 63, 62,, 61, 62, salvo el 1 y el 0. Con estas elecciones, efectivamente el mayor número es = Todos los números resultan positivos, pues 1 = a 1 < a 2 <... < a 63 y a 63 > a 64 >... > a 125 = ( ) ( ) = 63. Finalmente, podemos ver que todos los números son diferentes, pues para i = 64, 65,, 125, a i = ( ) ( (i 63)) = (i 62) + (i 61) = a 127 i 1, por lo que a i queda estrictamente entre a 126 i y a 127 i. Esto termina la demostración. 6