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. De-muestra que la línea XO es perpendicular a la línea BC.
Solución del problema 1. Sea Y la intersección de XO con BC. Para demos-trar que el ángulo∠XY C mide 90◦, demostraremos que los ángulos ∠Y CX y ∠CXY suman 90◦. b b b b b b A B C O X Y
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 su-plementario, 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 2· 3 · 5 · 7 nos ayudará encontrar los resudios de n módulo 2, 3, 5 y 7.
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 2· 3 · 5 · 7 = 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
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:
1 2 3 1
2 3 1 2
3 1 2 3
1 2 3 1
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 6n−1 no divide a 7n−1.
Solución del problema 5. Supongamos que 6n− 1 divide a 7n− 1 para cierto
entero positivo n. Como 5 = 6− 1 divide a 6n− 1 tenemos que 5 también divide
a 7n− 1. Por lo tanto, 7n deja residuo 1 al dividirse entre 5.
Al dividirse entre 5, tenemos que 71 deja residuo 2, 72 deja residuo 4, 73 deja
residuo 3 y 74 deja residuo 1. A partir de aquí se comenzarán a repetir estos
residuos: 1, 2, 4, 3, y podemos observar que 7n deja residuo 1 si y solo si n es
Por lo tanto, 6n−1 es divisible entre 64−1 = (62−1)(62+ 1) = 35·37 = 5·7·37,
de donde 7 tiene que dividir a 6n− 1 y por lo tanto a 7n− 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. Consi-deremos 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 a1, a2,…, an y las de T son, t1, t2,…, tm. Si
las ciudades a1y 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, a1y g están conectadas por tren. De la misma manera, t1y g están
conectadas por autobús. Ahora, las ciudades a1y t1tienen que estar conectadas
por autobús o por tren.
Si están conectadas por autobús, podemos considerar A y T , pasar a t1 a A y
meter a g a A. Como tanto a1 y t1como t1 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 a1
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 k1 y k2 se intersectan en los puntos A y B. La línea
l intersecta al círculo k1 en los puntos C y E, y al círculo k2 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.
b b b b b b b b A B C F D E H G
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 a1, a2,…,
a125. Sabemos que ai+1> ai+a2i+2 para cada i = 1, 2,…, 123. Esto es equivalente
a ai+1− ai > ai+2− ai+1. Si definimos los números di= ai+1− ai, tenemos que
d1> d2> . . . > d124.
Si am es el mayor de la lista, tenemos que d1, d2,…, dm−1 son positivos y dm,
dm+1,…, d124 son negativos. Como los números ai son distintos, tenemos que
ningún dies 0. Si entre los di tuviéramos al 1 y al−1 al mismo tiempo,
tendría-mos que tener dm−1 = 1 y dm =−1 (pues dm−1 es el último positivo y dm−1
es el primer negativo). En este caso tendríamos que am−1= am− 1 = am+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
am= a1+ (d1+ d2+· · · + dm−1)≥ 1 + (2 + 3 + · · · + m) = 1 + 2 + · · · + m.
Por otro lado,
Como entre los números m y 125− m alguno de ellos es al menos 63, tenemos que am ≥ 1 + 2 + · · · + 63 = 2016. Falta ver que efectivamente es posible que
amsea 2016.
Para lograr esto, tomamos el menor valor para a1= 1 y las diferencias serían 63,
62,…,−61, −62, salvo el 1 y el 0. Con estas elecciones, efectivamente el mayor número es 1 + 2 +· · · + 63 = 2016. Todos los números resultan positivos, pues 1 = a1< a2< . . . < a63 y a63> a64> . . . > a125= (1 + 2 +· · · + 63) − (1 + 2 +
· · · + 62) = 63. Finalmente, podemos ver que todos los números son diferentes, pues para i = 64, 65,…, 125, ai= (1 + 2 +· · · + 63) − (1 + 2 + · · · + (i − 63)) =
(i− 62) + (i − 61) + · · · + 63 = a127−i− 1, por lo que ai queda estrictamente
