Seminario de problemas-Bachillerato. Curso 2012-13. Hoja 4 25. El n´ umero 2x es la mayor potencia entera de 2 entre las que tienen nueve d´ıgitos en base 10, y sus nueve d´ıgitos son distintos. Usando que log10 2 = 0.301030 y sin calcular expl´ıcitamente ninguna potencia, adivina cu´al de los diez d´ıgitos es el que le falta. Soluci´on. El n´ umero 2x tiene nueve d´ıgitos en base 10, luego se tiene 108 < 2x < 109 , y por lo tanto 8 < x log10 2 < 9, y log8 2 < x < log9 2 ; as´ı que 26.5 < x < 29.9, con lo cual x podr´ıa ser 10 10 27, 28 o 29; como nos dicen que es el mayor exponente posible, x = 29. Recordemos que todo n´ umero entero es congruente m´odulo 9 con la suma de sus d´ıgitos. En el caso de esta potencia de 2, tenemos 229 = 23·9+2 ≡ (−1)9 22 ≡ −4 ≡ 5

(mod 9).

Entonces la suma de los nueve d´ıgitos de 229 es congruente con 5 m´odulo 9. Como la suma de los diez d´ıgitos 0 + 1 + 2 + · · · + 9 = 45 ≡ 0 (mod 9), el d´ıgito que le falta es el 4. (Y es verdad: 229 = 536870912.) 26. En dos tri´angulos rect´angulos is´osceles congruentes se han inscrito cuadrados de dos maneras diferentes, como se ve en la figura. ¿Cu´al tiene mayor ´area? ¿cu´al es la raz´on entre los lados de los cuadrados?

Soluci´on.

Con pocas palabras; la cuadr´ıcula azul sirve para aclarar la figura de la derecha; para la de la izquierda sobra la cuadr´ıcula azul y basta el segmento rojo a trazos.

Vemos as´ı que el a´rea del primer cuadrado es la mitad del a´rea ∆ del tri´angulo rect´angulo grande; el a´rea del segundo cuadrado (porque con esos segmentos diagonales de la cuadr´ıcula azul se forma efectivamente un cuadrado), es cuatro novenos del ´area ∆, luego el primero es un poco m´as grande. La raz´on entre las ´areas (la grande a la peque˜ na) es 3 √ lados de los cuadrados es 2 2 ≈ 1.06.

∆/2 4∆/9

= 98 , luego la raz´on entre los

27. 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, s´ı es posible repartirlas exactamente en montones de 13 monedas. ¿Cu´antas monedas al menos componen el tesoro? Soluci´on. Usaremos la siguiente propiedad, que se puede generalizar a cualquier n´ umero de congruencias: Si x ≡ a (mod m1 ) y x ≡ a (mod m2 ), entonces tambi´en x ≡ a (mod M ) donde M es el m´ınimo com´ un m´ ultiplo de m1 y m2 . Demostraci´on. Supongamos que M = pc11 · · · pcss es la descomposici´on en factores primos de un M . Para cada factor pci i podemos argumentar as´ı: por la construcci´on del m´ınimo com´ ci ci m´ ultiplo, o bien pi divide a m1 o bien pi divide a m2 ; supongamos por ejemplo que pci i divide a m1 ; entonces, como se tiene que x − a = λ · m1 , se deduce que pci i divide a x − a. Entonces x − a = µi · pci i , y en total, x − a = µ1 · · · µs · M = µ · M , luego x − a ≡ 0 (mod M ). En el problema, si x es el n´ umero de monedas que componen el tesoro, nos dicen que x≡1

mod 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12

y x≡0

mod 13.

De las once primeras condiciones se deduce, aplicando la propiedad, que x ≡ 1 mod 27720, que es (23 · 32 · 5 · 7 · 11) el m´ınimo com´ un m´ ultiplo de los n´ umeros 2, 3, . . . , 12. As´ı que de momento, x = 27720m + 1 con m entero cualquiera. Ahora, como 27720 ≡ 4 (mod 13), tenemos que x = 27720m + 1 ≡ 4m + 1

mod 13;

el menor entero m que verifica 4m + 1 ≡ 0 (mod 13) es m = 3. Luego x = 3 · 27720 + 1 = 83161 es el m´ınimo n´ umero de monedas que pueden componer el tesoro. La soluci´on general de la ecuaci´on 4m + 1 ≡ 0 (mod 13) es m = 13n + 3 con n entero. Entonces la soluci´on general del problema es x = 27720(13n + 3) + 1 = 360360n + 83161. 28. El tri´angulo sombreado de la figura se ha obtenido al trazar segmentos desde dos v´ertices de un cuadrado a algunos puntos medios de los lados opuestos. Demuestra que se trata de un tri´angulo rect´angulo con los lados en las proporciones 3 : 4 : 5. 2

Soluci´on 1.

Para demostrar que el tri´angulo sombreado es rect´angulo, basta fijarse en la medida de los ´angulos azules, o bien en que, de las rectas que se cortan en el ´angulo que hay que probar que es recto, una tiene pendiente 2 y la otra tiene pendiente −1/2. Por otra parte, sen α = √15 y cos α = √25 , luego 4 sen 2α = 2 sen α cos α = , 5 y los lados est´an entonces (52 − 42 = 32 ) en las proporciones 3 : 4 : 5.

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Soluci´on 2. Sin palabras.

29. Proponle a un amigo que piense un n´ umero (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 t´ u, usando los “n´ umeros m´agicos” 715, 364 y 924, calculas el n´ umero N = 715a + 364b + 924c. El resto de dividir N por 1001 es el n´ umero que ha pensado tu amigo. ¿C´omo funciona este “truco”? ¿c´omo se obtienen los n´ umeros m´agicos? Soluci´on. ¿C´omo funciona el “truco”? Llamemos x al n´ umero que ha pensado nuestro amigo. Tenemos lo siguiente: x ≡ a (mod 7) x ≡ b (mod 11) x ≡ c (mod 13)

=⇒ =⇒ =⇒

715x ≡ 715a (mod 7) 364x ≡ 364b (mod 11) 924x ≡ 924c (mod 13)

=⇒ =⇒ =⇒

715(x − a) ≡ 0 (mod 7), 364(x − b) ≡ 0 (mod 11), 924(x − c) ≡ 0 (mod 13).

Pero 715 es m´ ultiplo de 11 y de 13, 364 es m´ ultiplo de 7 y de 13, y 924 es m´ ultiplo de 7 y de 11, de modo que los tres n´ umeros 715(x − a), 364(x − b) y 924(x − c) son m´ ultiplos de 7 · 11 · 13 = 1001. Tambi´en lo ser´a la suma de esos tres n´ umeros, 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 (tambi´en podr´ıa ser 1000), x es precisamente el resto de la divisi´on de N entre 1001. ¿C´omo se obtienen los n´ umeros m´agicos? Sea x nuevamente el n´ umero desconocido; los restos de x m´odulos 7, 11 y 13 son respectivamente a, b y c, y llamemos P , Q y R a los n´ umeros m´agicos, que tienen que cumplir P a + Qb + Rc = x + 1001k para alg´ un 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 4

(mod 1001).

Un m´ ultiplo de 1001 es m´ ultiplo de 7, 11 y 13, as´ı 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 3p ≡ 1

(mod 7),

3q ≡ 1

(mod 11),

12r ≡ 1

(mod 13),

de donde resulta p≡5

(mod 7),

q≡4

(mod 11),

r ≡ −1 ≡ 12

(mod 13).

Tomando justamente p = 5, q = 4 y r = 12 resultan los n´ umeros m´agicos P = 715, Q = 364 y R = 924. 30. Hay dos cuadrados adyacentes sobre una l´ınea horizontal. Los v´ertices superiores que est´an m´as a la izquierda y m´as a la derecha se usan como v´ertices opuestos de un cuadrado inclinado m´as grande, como se ve en la figura. Parece que ese cuadrado m´as grande tenga un v´ertice en la l´ınea horizontal y otro v´ertice en la prolongaci´on del lado vertical com´ un a los dos cuadrados peque˜ nos. ¿Es eso cierto? Relaciona las a´reas de los tres cuadrados.

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Soluci´on.

Pongamos que los lados de los cuadrados iniciales son a ≥ b. Si los v´ertices superiores extremos son A y B, se tiene (tri´angulo rect´angulo ABC de la figura): AB 2 = (a − b)2 + (a + b)2 = 2(a2 + b2 ). Sean M y N respectivamente los puntos donde la mediatriz del segmento AB corta a la l´ınea horizontal base A0 B 0 y a la vertical com´ un A00 B 00 . Como AM = M B, los tri´angulos rect´angulos AA0 M y M B 0 B son iguales (congruentes), y por lo tanto A0 M = b y M B 0 = a. Con lo que AM 2 = M B 2 = a2 + b2 , luego AM y M B son lados del cuadrado de diagonal AB. An´alogamente, como AN = N B, los tri´angulos rect´angulos AA00 N y N B 00 B son iguales (congruentes), y por lo tanto A00 N = b y N B 00 = a. Con lo que AN 2 = N B 2 = a2 + b2 , luego AN y N B son los otros dos lados del cuadrado de diagonal AB. Y el a´rea del cuadrado AM BN es a2 + b2 , es decir, igual a la suma de las ´areas de los dos cuadrados iniciales.

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