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Seminario de problemas-ESO. Curso 2012-13. Hoja 16 95. Nos dan un tri´angulo arbitrario ABC. (a) Construye un nuevo tri´angulo que tenga un a´ngulo igual a uno de los a´ngulos del 4ABC y cuya a´rea sea el doble del a´rea del 4ABC. (b) Construye un paralelogramo que tenga un a´ngulo igual a uno de los a´ngulos del 4ABC y cuya ´area sea igual al ´area del 4ABC. Soluci´on. (a) Duplicar una base: (b) Sea M el punto medio de AB. Trazamos paralelas por M al lado AC y por C al lado AB. El corte de ambas rectas determina el punto N , de tal manera que el paralelogramo AM N C cumple las condiciones del enunciado. 96. Tenemos seis cajas con trece tornillos en cada una. Todos los tornillos tienen el mismo aspecto, pero en tres de las cajas los tornillos pesan seis gramos cada uno y en las otras tres cajas los tornillos pesan cinco gramos cada uno. Se dispone de una b´ascula de precisi´on (no una balanza). ¿Cu´al es el m´ınimo n´ umero de pesadas que se necesitan para decidir qu´e cajas contienen los tornillos de cinco gramos, y c´omo lo har´ıamos? Soluci´on. (Desaf´ıos Matem´aticos de El Pa´ıs 2011, n◦ 11) Vamos a pensar las cajas etiquetadas con las letras A, B, C, D, E y F. Basta una sola pesada en la b´ascula para saber qu´e cajas contienen los tornillos de 5 y qu´e cajas los de 6 gramos: Se ponen en la b´ascula juntamente, por ejemplo, los 13 tornillos de la caja A, 7 tornillos de la caja B, 4 tornillos de la caja C, 2 tornillos de la caja D y 1 tornillo de la caja E. Sigue una explicaci´on: Hay 20 composiciones posibles para las cajas (pensar por ejemplo en las permutaciones con repetici´on de 3 cincos y 3 seises, 6!/(3!3!) = 20), y para cada una de las 20 composiciones 1 la pesada que hemos indicado va a dar un valor diferente (abajo los tabulamos), lo cual va a permitir conocer de manera inequ´ıvoca la composici´on de nuestras cajas. Por ejemplo, si el peso total es de 149 gramos, las cajas A, E y F tienen tornillos de 6 gramos, y las cajas B, C y D de 5 gramos. En la tabla, la “Composici´on de cajas” por ejemplo 6 5 5 5 6 indica que la cajas A, B, C, D y E contienen, respectivamente, tornillos de 6, 5, 5, 5 y 6 gramos, y, por consiguiente en este caso, ya que hay tres cajas de cada tipo, que la caja F restante contiene tornillos de 6 gramos. No tabulamos la composici´on de esta sexta caja pues se deduce de inmediato de c´omo sean las otras cinco. En la columna “Suma” se indica el resultado de la pesada correspondiente a cada composici´on. As´ı, por ejemplo, la Suma de la Composici´on 6 5 5 5 6 es 13×6+7×5+4×5+2×5+1×6 = 149. Composici´on de cajas ABCDE Suma 55566 138 55656 140 55665 141 55666 142 56556 143 56565 144 56566 145 56655 146 56656 147 56665 148 TABLA: 65556 149 65565 150 65566 151 65655 152 65656 153 65665 154 66555 155 66556 156 66565 157 66655 159 97. ¿Cu´ales son las dos u ´ltimas cifras de la siguiente potencia de dos: 2528∗∗∗∗7301 , de la que se han borrado algunas cifras del exponente, pero no sabemos cu´antas? Soluci´on. (Desaf´ıos Matem´aticos de El Pa´ıs 2011, n◦ 9) Los restos potenciales de 2 m´odulo 100, es decir, las dos u ´ltimas cifras de la escritura decimal de las sucesivas potencias de 2 forman, desde el exponente 0 en adelante, 1, 2, . . . , la sucesi´on peri´odica “mixta” siguiente: 1, 2; 4, 8, 16, 32, 64, 28, 56, 12, 24, 48, 96, 92, 84, 68, 36, 72, 44, 88, 76, 52; 4, 8, 16, . . . 2 as´ı que 22 = 4 acaba en 04, ah´ı empieza el per´ıodo de longitud 20, y el per´ıodo termina en 221 , n´ umero que acaba en 52; despu´es, 222 acaba en 04 y empieza un segundo per´ıodo igual, que termina en 241 que vuelve a acabar en 52. As´ı sucesivamente. El exponente del problema, llam´emosle N , es un n´ umero que acaba en 01, luego es un m´ ultiplo de 20 m´as 1, ya que un n´ umero que acaba en 00 es a la vez m´ ultiplo de 4 y de 5; es decir, N = 20k + 1 con k mayor que 1. Entonces, 2N es congruente m´odulo 100 con 221 y, por consiguiente, las dos u ´ltimas cifras del n´ umero 2N son 52. 98. Prueba que cualquier n´ umero natural N tiene un m´ ultiplo que se escribe en el sistema de numeraci´on decimal s´olo con ceros y unos (por ejemplo, 6 × 185 = 1110; 9 × 12345679 = 111111111). Soluci´on. (Desaf´ıos Matem´aticos de El Pa´ıs 2011, n◦ 15) Un modo de prueba puede ser el siguiente: Dado un n´ umero natural concreto N , consideramos la fracci´on 1/(9N ). Haciendo la divisi´on obtendremos un n´ umero decimal peri´odico, ya que el divisor contiene al menos un factor primo (el 3) distinto de 2 y de 5, y eso hace que la divisi´on “no acabe nunca”. Es decir, se tendr´a 1/(9N ) = 00 a1 . . . ar p1 . . . ps p1 . . . ps . . ., donde a1 ...ar es el anteperiodo (r ≥ 0); admitamos a pesar de la notaci´on el caso r = 0 para cuando el decimal sea peri´odico puro y no hay anteperiodo) y p1 ...ps es el periodo, de longitud s ≥ 1, del decimal obtenido. Ahora, la fracci´on generatriz de este decimal, de acuerdo con una regla conocida, es a1 . . . ar p1 . . . ps − a1 . . . ar , 99 . . . 900 . . . 0 siendo el denominador aqu´ı el n´ umero formado por s nueves consecutivos seguidos de r ceros. De modo que se tiene: M 1 = 9N 99 . . . 900 . . . 0 (poniendo M = a1 . . . ar p1 . . . ps − a1 . . . ar , un n´ umero distinto de cero por ser s ≥ 1). Multiplicando por 9, 1 M = , N 11 . . . 100 . . . 0 siendo el denominador aqu´ı el n´ umero formado por s unos consecutivos seguidos de r ceros. Luego se tiene N · M = 11 . . . 100 . . . 0, un m´ ultiplo de N formado solamente por unos y ceros como se requiere. El n´ umero M = a1 . . . ar p1 . . . ps − a1 . . . ar no siempre es el m´as peque˜ no que funciona con un N dado; a veces puede haber simplificaciones en la fraccci´on generatriz que son apropiadas al caso, por ejemplo: 1 15873 143 = 00 015873015873 . . . = = , 63 999999 9009 de modo que 7 × 15873 = 111111, pero tambi´en 7 × 143 = 7 × 11 × 13 = 1001, un n´ umero compuesto por ceros y unos que es m´as peque˜ no. 3 99. ¿Cu´al es el menor entero positivo que, cuando se divide por 2, 3, 4, . . . 10 da restos 1, 2, 3, . . . , 9 respectivamente? Soluci´on. Si N es ese n´ umero, el n´ umero N + 1 deber´a ser el m´ınimo com´ un m´ ultiplo de 2, 3, 4, 3 2 . . . 10, es decir, M + 1 = 2 · 3 · 5 · 7. Luego N = 2519. 100. Un movimiento de caballo de ajedrez en un tablero m × n consiste en recorrer con una ficha o pieza dos casillas (a partir de la casilla inicial ocupada) paralelamente a uno de los lados del tablero, despu´es una casilla m´as en la direcci´on perpendicular a la anterior y ocupar esa casilla. El tablero admite un recorrido completo de caballo cuando hay una sucesi´on de movimientos de caballo que a partir de una casilla inicial va ocupando todas las dem´as casillas. Un recorrido completo es cerrado cuando la u ´ltima casilla ocupada en el recorrido est´a a un movimiento de caballo de la casilla inicial. Se trata de probar que si m y n son ambos impares el tablero no admite un recorrido de caballo completo y cerrado. Soluci´on. Consideremos las casillas del tablero coloreadas alternativamente de blanco y negro como en un tablero de ajedrez. Dos casillas que est´an a un movimiento de caballo de distancia tienen colores distintos. Como un recorrido completo de caballo visita las mn casillas y el n´ umero mn es impar, la u ´ltima casilla ocupada tendr´a el mismo color que la casilla inicial y por lo tanto no podr´a estar a un movimiento de caballo de dicha casilla inicial. Nota. Un problema para otro d´ıa: un tablero 3 × 5 no admite tampoco un recorrido completo de caballo no cerrado. 4