Seminario de problemas-eso. Curso Hoja 7

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1 Seminario de problemas-eso. Curso Hoja 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 mía. Di nuestras cuatro edades, que las cuatro son enteras. 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 2 M + H = 83; pero de la segunda ecuación se deduce (números enteros) que M = 6; poniendo M = 6m, se tiene 15m + H = 83 = H = 83 15m. Por un lado, se debe cumplir H > 0, luego m < 83 y m 5. Por otro lado, se debe 15 cumplir H < M, luego 21m > 83, m > 3. Sólo podría 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 = En una figura con mucha simetría 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. (a) 1

2 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 P A = QS P Q = r d = AX = Rr d ; Análogamente, los triángulos rectángulos QCY y QP T son semejantes, luego CY QC = P T QP = R d = CY = Rr d = AX. 45. Determina todos los enteros positivos n para los cuales 2 n + 1 es divisible por 3. Consideremos congruencias módulo 3. Entonces 2 1 mod 3 2 n ( 1) n mod 3 2 n + 1 [( 1) n + 1] mod 3. Luego, si n es impar, 2 n mod 3. Es decir, 2 n + 1 es divisible por 3 para todo n impar. Además, si n es par se obtiene que 2 n mod 3. Luego 2 n + 1 no es nunca divisible por 3 si n es par. 2

3 46. El ángulo  de un triángulo isósceles ABC es igual a 2/5 de un ángulo recto y ˆB = 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. La situación queda reflejada en la siguiente figura Observar que los triángulos BCD y el ABC son semejantes, por lo que de donde a b = b a a a 2 = b 2 ab, a = b( 5 1) 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? Hay 19 segmentos en cada una de las 20 filas, dando = 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 r 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, así que el número total de veces que un punto rojo es extremo de un segmento es =

4 Luego r = 837, de donde r = 300. Entonces el número de segmentos azules es = 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 AMB 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 línea quebrada ACB (es decir, por ejemplo en el caso de la figura, que AD = DC+CB). Solución 1. Giramos el triángulo MBC en torno al punto M hasta que el lado MB coincida (ya que MB = MA) con MA. 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 sobre AC. Por la construcción se tiene MC = MC, y MD es la altura sobre el lado desigual del triángulo isósceles MC C, que es mediatriz del lado desigual, luego C D = CD. Entonces AD = AC + C D = BC + C D = BC + CD. 4

5 Solución 2. (Rodolfo Larrea) Idea: hay que llevar B sobre la prolongación de AC y ver que el AMB es isósceles. 1. Sea B en la prolongación de AC tal que CB = CB. 2. Veamos que los triángulos MCB y MCB son congruentes. Para ello consideremos que: Sea M el punto de la circunferencia diametralmente opuesto a M. Como los arcos AM y M B son iguales, entonces ACM = M CB = β. Además, M CM = 90 (inscrito abarcando diámetro), luego MCB = MCB = 90 + β. El lado MC es común, y CB = CB por la construcción hecha. 3. Pero si MAC = α, también MBC = α = MB C pues son inscritos en el mismo arco MC. Por consiguiente el MAB es isósceles, y así la altura MD es perpendicular a la base AB en su punto medio. Luego AD = DB = DC + CB = DC + CB, como queríamos demostrar. 5

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