Seminario de problemas-bachillerato. Curso Hoja 4

Transcripción

1 Seminario de problemas-bachillerato. Curso Hoja El número 2 x es la mayor potencia entera de 2 entre las que tienen nueve dígitos en base 10, y sus nueve dígitos son distintos. Usando que log 10 2 = y sin calcular explícitamente ninguna potencia, adivina cuál de los diez dígitos es el que le falta. El número 2 x tiene nueve dígitos en base 10, luego se tiene 10 8 < 2 x < 10 9, y por lo tanto 8 8 < x log 10 2 < 9, y < x < 9 ; así que 26.5 < x < 29.9, con lo cual x podría ser log 10 2 log , 28 o 29; como nos dicen que es el mayor exponente posible, x = 29. Recordemos que todo número entero es congruente módulo 9 con la suma de sus dígitos. En el caso de esta potencia de 2, tenemos 2 29 = ( 1) (mod 9). Entonces la suma de los nueve dígitos de 2 29 es congruente con 5 módulo 9. Como la suma de los diez dígitos = 45 0 (mod 9), el dígito que le falta es el 4. (Y es verdad: 2 29 = ) 26. En dos triángulos rectángulos isósceles congruentes se han inscrito cuadrados de dos maneras diferentes, como se ve en la figura. Cuál tiene mayor área? cuál es la razón entre los lados de los cuadrados? Con pocas palabras; la cuadrícula azul sirve para aclarar la figura de la derecha; para la de la izquierda sobra la cuadrícula azul y basta el segmento rojo a trazos.

2 Vemos así que el área del primer cuadrado es la mitad del área del triángulo rectángulo grande; el área del segundo cuadrado (porque con esos segmentos diagonales de la cuadrícula azul se forma efectivamente un cuadrado), es cuatro novenos del área, luego el primero es un poco más grande. La razón entre las áreas (la grande a la pequeña) es /2 = 9, luego la razón entre los 4 /9 8 3 lados de los cuadrados es Las monedas del tesoro de la isla no se pueden dividir en montones de 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11 ni 12 monedas porque en cada caso siempre sobra una moneda. En cambio, sí es posible repartirlas exactamente en montones de 13 monedas. Cuántas monedas al menos componen el tesoro? Usaremos la siguiente propiedad, que se puede generalizar a cualquier número de congruencias: Si x a (mod m 1 ) y x a (mod m 2 ), entonces también x a (mod M) donde M es el mínimo común múltiplo de m 1 y m 2. Demostración. Supongamos que M = p c 1 1 p cs s M. Para cada factor p c i i es la descomposición en factores primos de podemos argumentar así: por la construcción del mínimo común divide a m 1 o bien p c i i divide a m 2 ; supongamos por ejemplo que p c i i múltiplo, o bien p c i i divide a m 1 ; entonces, como se tiene que x a = λ m 1, se deduce que p c i i divide a x a. Entonces x a = µ i p c i i, y en total, x a = µ 1 µ s M = µ M, luego x a 0 (mod M). En el problema, si x es el número de monedas que componen el tesoro, nos dicen que y x 1 mod 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12 x 0 mod 13. De las once primeras condiciones se deduce, aplicando la propiedad, que x 1 mod 27720, que es ( ) el mínimo común múltiplo de los números 2, 3,..., 12. Así que de momento, x = 27720m + 1 con m entero cualquiera. Ahora, como (mod 13), tenemos que x = 27720m + 1 4m + 1 mod 13; el menor entero m que verifica 4m (mod 13) es m = 3. Luego x = = es el mínimo número de monedas que pueden componer el tesoro. La solución general de la ecuación 4m (mod 13) es m = 13n + 3 con n entero. Entonces la solución general del problema es x = 27720(13n + 3) + 1 = n El triángulo sombreado de la figura se ha obtenido al trazar segmentos desde dos vértices de un cuadrado a algunos puntos medios de los lados opuestos. Demuestra que se trata de un triángulo rectángulo con los lados en las proporciones 3: 4: 5. 2

3 Solución 1. Para demostrar que el triángulo sombreado es rectángulo, basta fijarse en la medida de los ángulos azules, o bien en que, de las rectas que se cortan en el ángulo que hay que probar que es recto, una tiene pendiente 2 y la otra tiene pendiente 1/2. Por otra parte, sen α = 1 5 y cos α = 2 5, luego sen 2α = 2 sen α cos α = 4 5, y los lados están entonces ( = 3 2 ) en las proporciones 3: 4: 5. 3

4 Solución 2. Sin palabras. 29. Proponle a un amigo que piense un número (entero positivo) menor que 1000, que lo divida por 7, por 11 y por 13 y que te diga los restos a, b y c de esas tres divisiones. Entonces tú, usando los números mágicos 715, 364 y 924, calculas el número N = 715a+364b+924c. El resto de dividir N por 1001 es el número que ha pensado tu amigo. Cómo funciona este truco? cómo se obtienen los números mágicos? Cómo funciona el truco? Llamemos x al número que ha pensado nuestro amigo. Tenemos lo siguiente: x a (mod 7) = 715x 715a (mod 7) = 715(x a) 0 (mod 7), x b (mod 11) = 364x 364b (mod 11) = 364(x b) 0 (mod 11), x c (mod 13) = 924x 924c (mod 13) = 924(x c) 0 (mod 13). Pero 715 es múltiplo de 11 y de 13, 364 es múltiplo de 7 y de 13, y 924 es múltiplo de 7 y de 11, de modo que los tres números 715(x a), 364(x b) y 924(x c) son múltiplos de = También lo será la suma de esos tres números, es decir, que 715(x a) + 364(x b) + 924(x c) = 2003x N 0 (mod 1001). Entonces x 2003x N (mod 1001), y como x es menor que 1000 (también podría ser 1000), x es precisamente el resto de la división de N entre Cómo se obtienen los números mágicos? Sea x nuevamente el número desconocido; los restos de x módulos 7, 11 y 13 son respectivamente a, b y c, y llamemos P, Q y R a los números mágicos, que tienen que cumplir P a + Qb + Rc = x k para algún k que no es esencial. Tomando para empezar P = 11 13p, Q = 7 13q y R = 7 11r, lo que tiene que ocurrir es 143pa + 91qb + 77rc x 0 (mod 1001). 4

5 Un múltiplo de 1001 es múltiplo de 7, 11 y 13, así que 143pa + 91qb + 77rc x 3pa a 0 (mod 7), 143pa + 91qb + 77rc x 3qb b 0 (mod 11), 143pa + 91qb + 77rc x 12rc c 0 (mod 13), y como a, b y c son respectivamente primos con 7, 11 y 13, se puede dividir en cada congruencia por esos factores comunes. Esto da las condiciones necesarias de donde resulta 3p 1 (mod 7), 3q 1 (mod 11), 12r 1 (mod 13), p 5 (mod 7), q 4 (mod 11), r 1 12 (mod 13). Tomando justamente p = 5, q = 4 y r = 12 resultan los números mágicos P = 715, Q = 364 y R = Hay dos cuadrados adyacentes sobre una línea horizontal. Los vértices superiores que están más a la izquierda y más a la derecha se usan como vértices opuestos de un cuadrado inclinado más grande, como se ve en la figura. Parece que ese cuadrado más grande tenga un vértice en la línea horizontal y otro vértice en la prolongación del lado vertical común a los dos cuadrados pequeños. Es eso cierto? Relaciona las áreas de los tres cuadrados. 5

6 Pongamos que los lados de los cuadrados iniciales son a b. Si los vértices superiores extremos son A y B, se tiene (triángulo rectángulo ABC de la figura): AB 2 = (a b) 2 + (a + b) 2 = 2(a 2 + b 2 ). Sean M y N respectivamente los puntos donde la mediatriz del segmento AB corta a la línea horizontal base A B y a la vertical común A B. Como AM = MB, los triángulos rectángulos AA M y MB B son iguales (congruentes), y por lo tanto A M = b y MB = a. Con lo que AM 2 = MB 2 = a 2 + b 2, luego AM y MB son lados del cuadrado de diagonal AB. Análogamente, como AN = NB, los triángulos rectángulos AA N y NB B son iguales (congruentes), y por lo tanto A N = b y NB = a. Con lo que AN 2 = NB 2 = a 2 + b 2, luego AN y NB son los otros dos lados del cuadrado de diagonal AB. Y el área del cuadrado AMBN es a 2 + b 2, es decir, igual a la suma de las áreas de los dos cuadrados iniciales. 6