Seminario de problemas ESO. Curso 2014-15. Hoja 10

64. Ivan escribe los numeros del 1 al 20 en orden y, puesto que los numeros del 10 al 20 tienen2 cifras, se da cuenta de que en total ha escrito 31 cifras. (a) Si Ivan escribe todos losnumeros del 1 al 1000, ¿cuantas cifras habra escrito en total? (b) Si tras escribir 1000cifras se le acaba la tinta del boli, ¿cuantos numeros completos habra escrito?

Solucion.

Para contestar a la primera pregunta, basta contar cuantos numeros de una, dos, tres ycuatro cifras se escriben. De una cifra hay 9, de dos cifras hay 90, de tres cifras 900 y decuatro cifras uno. En total habra escrito 9 + 2× 90 + 3× 900 + 4 = 2893 cifras.

Para resolver el segundo apartado, nos damos cuenta de que habra escrito todos losnumeros de una y dos cifras, lo que hace un total de 189 cifras. El resto, hasta 1000 cifras,corresponderan a numeros de tres cifras. Es decir, habra escrito de manera completab(1000− 189)/3c numeros de tres cifras (la expresion anterior significa la parte entera dela division). Como b(1000− 189)/3c = 270, habra escrito los numeros desde el 100 hastael 369. Es decir ha escrito completamente 369 numeros.

65. ¿Cuantos numeros de 2 cifras cumplen que la suma de sus cifras es un numero impar? Engeneral, ¿cuantos numeros de n cifras (n > 1) cumplen que la suma de sus cifras es unnumero impar?

Solucion.

La respuesta es la mitad de los numeros de dos cifras o, en general, de n cifras. Hay variasformas de verlo, pero posiblemente la mas sencilla es dividir el conjunto de los numerosde n cifras en dos partes. Por un lado tendremos el conjunto P que contiene a los numerosde n cifras cuya suma es par y, por otro, el conjunto I que contiene a los numeros de ncifras cuya suma es impar. Vamos a ver que ambos conjuntos tienen el mismo numero deelementos, con lo cual el resultado estarıa probado.

Sea c1c2 . . . cn un numero de n cifras en el conjunto P . A este numero le hacemos corre-sponder otro del conjunto I de la siguiente manera

c1c2 . . . cn −→ c1c2 . . . c′n, cn + c′n = 9.

Como a cada 0 ≤ cn ≤ 9 le corresponde uno y solo un 0 ≤ c′n ≤ 9 tal que cn + c′n = 9, losconjuntos P , I tienen el mismo numero de elementos.

66. Un saltamontes salta a lo largo de una lınea. Su primer salto es de 1 centımetro; su segundosalto de 2 centımetros; su tercero de 3, etc. Cada salto puede hacerlo hacia la derecha ohacia la izquierda de la posicion que ocupa. ¿Puede acabar, despues de 2014 saltos, en elpunto de partida?

Solucion.

La idea fundamental es la paridad. Todos los numeros enteros, positivos y negativos,se pueden clasificar en pares o impares. Por otra parte sabemos que al sumar o restarnumeros pares e impares se cumple

par± par = par, par± impar = impar, impar± impar = par.

En nuestro problema habremos sumado o restado 1, 2, 3, . . . , 2014 numeros. Como

1 + 2 + 3 + · · ·+ 2014 =(2014 + 1)2014

2= 2 029 105

es un numero impar, sabemos que nos habremos quedado a una distancia impar del origen,por lo que es imposible regresar a la posicion de partida al cabo de 2014 saltos.

67. Determina todos los rectangulos de lados enteros para los que su perımetro es igual a suarea. ¿Y si en lugar de rectangulos tuvieramos triangulos isosceles?

Solucion.

Empecemos por el caso de los rectangulos. Sean a y b los lados del rectangulo, que sonnumeros enteros positivos. Si el area y el perımetro son iguales se cumple

2a + 2b = ab.

Esta ecuacion se puede reescribir como

ab− 2a− 2b = 0⇒ ab− 2a− 2b + 4 = 4⇒ (a− 2)(b− 2) = 4.

Como a ≥ 1 y b ≥ 1, solo hay dos posibles soluciones a la ecuacion anterior en numerosenteros

a− 2 = 2, b− 2 = 2⇒ a = b = 4; a− 2 = 4, b− 2 = 1⇒ a = 6, b = 3.

Ası pues, solo hay dos rectangulos que cumplen la condicion.

Para el caso de triangulos isosceles, sean a y b sus lados, donde a representa el ladodesigual. Por un lado tendremos que el perımetro es a + 2b y el area a

4

√4b2 − a2. Como

perımetro y area deben ser iguales resulta

a + 2b =a

4

√4b2 − a2 ⇒ 16(a + 2b)2 = a2(4b2 − a2) = a2(2b + a)(2b− a).

Dividiendo la ecuacion por 2b + a, que es una cantidad distinta de cero, por ser a y bnaturales, y despejando b se obtiene

b =a(a2 + 16)

2(a2 − 16).

Es facil deducir de aquı que a es un multiplo de 2 y, por tanto, existe un numero naturalk tal que a = 2k. Entonces

b =k(k4 + 4)

k2 − 4= k +

8k

k2 − 4.

Como b es un numero natural, tambien debe serlo 8kk2−4 (no puede ser negativo, ya que

k > 2 pues se puede comprobar que si se da la igualdad entre area y perımetro el radiode la circunferencia inscrita es 2, por lo que todos los lados seran mayores que 4). Si 8k

k2−4es natural, necesariamente

8k ≥ k2 − 4⇒ k2 − 8k − 4 ≥ 0⇒ 4− 2√

5 ≤ k ≤ 4 + 2√

5.

Como k > 2 entonces los unicos posible valores de k son 3, 4, 5, 6, 7, 8 y en ningun casose obtienen soluciones enteras. En conclusion no existen triangulos isosceles con ladosenteros cuyo perımetro sea igual que su area.

2

68. Consideramos todas las posibles disposiciones de monedas en filas, de manera que todaslas monedas de una fila se tocan y cada moneda que no esta en la primera fila toca a dosmonedas de la fila de abajo.

Por ejemplo la siguiente disposicion es correcta, pero esta otra no.

¿Cuantas disposiciones existen cuando hay n monedas en la primera fila? Como ejemplo,se muestran las cinco disposiciones con tres monedas en la primera fila.

Solucion.

Llamemos Tn al total de maneras de colocar las monedas cuando hay n en la primerafila y tratemos de hallar una relacion de recurrencia para calcular este numero. Para ello,nos damos cuenta de que las n monedas solas es una configuracion. Ahora, sobre las nmonedas podemos colocar una moneda en n − 1 posiciones, tambian podemos colocartodas las configuraciones de 2 monedas en n − 2 posiciones, todas las de tres en n − 3posiciones y ası sucesivamente hasta llegar a las configuraciones de n − 1 monedas, quesolo pueden ponerse en una posicion. Por tanto

Tn = 1 + (n− 1)T1 + (n− 2)T2 + · · ·+ Tn−1.

Esta relacion es cierta para todo n ≥ 1. Ademas, sin mas que desplazar el ındice n en unaunidad resulta

Tn+1 = 1 + nT1 + (n− 1)T2 + · · ·+ Tn.

Si a esta expresion le restamos la que tenıamos para Tn obtenemos

Tn+1 − Tn = T1 + T2 + · · ·+ Tn,

por lo que tambien tenemos

Tn+2 − Tn+1 = T1 + T2 + · · ·+ Tn + Tn+1,

y volviendo a restar

Tn+2 − 2Tn+1 + Tn = Tn+1 ⇒ Tn+2 = 3Tn+1 − Tn.

De este modo acabamos de ver que podemos determinar Tn a partir de una recurrenciade segundo orden (para conocer un nuevo termino es preciso conocer los dos anteriores).Solo nos queda ver cuales son los dos primeros terminos, T1 y T2, pero estos son facilmentecalculables: T1 = 1 y T2 = 2. A partir de aquı resulta

T3 = 3 · 2− 1 = 5, T4 = 3 · 5− 2 = 13, T5 = 3 · 13− 5 = 34, . . . .

No obstante, se puede encontrar una formula para obtener el termino general de la recur-rencia. Si buscamos soluciones de la misma de la forma rn, entonces

rn+2 = 3rn+1 − rn.

3

Dividiendo por rn, se obtiene

r2 − 3r + 1 = 0⇒ r =3±√

5

2.

De aquı deducimos que la solucion de las recurrencias de la forma Tn+2 = 3Tn+1 − Tn sepueden escribir como

Tn = A

(3 +√

5

2

)n

+ B

(3−√

5

2

)n

.

Los valores de A y B quedan determinados por T1 y T2 o tambien por T0 y T1. T0 seobtiene por la formula de la recurrencia a partir de T1 y T2, que en este caso resulta serT0 = 1. Ahora solo tenemos que resolver el sistema

T0 = A + B = 1, T1 = A

(3 +√

5

2

)+ B

(3−√

5

2

)= 1,

de donde se obtiene A = 5−√5

10, B = 5+

√5

10y entonces

Tn =5−√

5

10

(3 +√

5

2

)n

+5 +√

5

10

(3−√

5

2

)n

.

Hay otras formas de llegar a la misma recurrencia anterior y obtener el mismo resultado.Una de ellas es mediante la construccion de disposiciones con n monedas en la base, apartir de las disposiciones de n − 1 monedas. Veamos como generar las disposiciones detres monedas a partir de las de dos. Esta claro que cada disposicion de dos monedas dalugar a tres de tres monedas, como se aprecia en la figura

Sin embrago, hay dos disposiciones que son identicas y hay que descartar una de ellas. Eneste caso se tiene

T3 = 3T2 − 1 = 3T2 − T1,

pues T1 = 1. ¿Sera ası en general? La respuesta es que sı, ya que las disposiciones que seencuentran repetidas son un total de Tn−1, como se ve esquematicamente debajo

n+1︷ ︸︸ ︷⊗Tn−1︸ ︷︷ ︸

n

⊗n+1︷ ︸︸ ︷

⊗ Tn−1⊗︸ ︷︷ ︸n

Por tanto,Tn+1 = 3Tn − Tn−1,

4

que resulta ser la misma recurrencia que ya habıamos obtenido.

Para finalizar, presentamos otra solucion mas elegante. Si nos damos cuenta, los valoresque aparecen a partir de la recurrencia son 1, 2, 5, 13, 34, 89, . . . , que corresponden alos terminos impares de la sucesion de Fibonacci. Probaremos que esto es ası. Para ellodefinimos dos sucesiones:

an = total de disposiciones que tienen exactamente n monedas en la primera fila.

bn = total de disposiciones que tienen a lo sumo n monedas en la primera fila.

A partir de la definicion es claro que

bn = an + bn−1. (1)

Por otra parte, consideremos an+1, el total de disposiciones con exactamente n+1 monedasen la primera fila, y fijemonos en la segunda fila. Si hay una moneda en la primera posicionempezando por la izquierda, entonces de estas disposiciones hay bn

⊗

bn︷ ︸︸ ︷⊗⊗ · · ·⊗︸ ︷︷ ︸

n+1

Por el contrario, si esa posicion no esta ocupada por ninguna moneda, podemos suprimirla moneda de la izquierda de la primera fila y entonces tenemos an disposiciones

⊗ |an︷ ︸︸ ︷

⊗ · · ·⊗︸ ︷︷ ︸n+1

En resumen, se tiene quean+1 = bn + an. (2)

Por otra parte a1 = b1 = 1 y de (1) y (2) se sigue que a1, b1, a2, b2, . . . es la sucesion deFibonacci y, por tanto,

an =1√5

(1 +√

5

2

)2n−1

− 1√5

(1−√

5

2

)2n−1

.

69. Se tiene un triangulo isosceles ABC en el que el angulo desigualen B es igual a 20◦. Prueba que 2AC < AB < 3AC.

20o

A

B

C

Solucion.

Probaremos en primer lugar que AB < 3AC. Para ello dibujamos de manera consecutiva2 copias del triangulo ABC apoyandonos en el lado BC, como se ve en la figura de abajo

5

20o 20o

20o

A

B

C

C'D

D'

E

De aquı se ve claro que ABE es un triangulo equilatero y por tanto AE = AB. Pero, porotra parte, AB < AC + CD + DE = 3AC que prueba la desigualdad.

La segunda desigualdad tambien se sigue de la figura anterior. Como el triangulo ABEes equilatero, el angulo ∠BAE es de 60◦, por lo que ∠CAC ′ = 20◦ y el triangulo ACC ′

es isosceles. Por tanto AC ′ = AC. Analogamente D′E = DE = AC y como C ′D′ < CDse sigue que

AB = AE = AC ′ + C ′D′ + D′E > AC ′ + D′E = 2AC.

Esta desigualdad puede probarse tambien de otra manera. Tomemos un punto C ′ sobreel lado AB de manera que AC ′ = AC y formemos el triangulo ACC ′, como en la figura

20o

80o

50o

50o

30o

A

B

C

C'

6

Del triangulo BCC ′ se deduce que C ′B > CC ′, pues el angulo opuesto a C ′B es mayor queel opuesto a CC ′. Por otra parte, del triangulo ACC ′ resulta que CC ′ > AC y entonces

AB = AC ′ + C ′B > AC ′ + CC ′ > AC ′ + AC = 2AC,

que prueba la desigualdad.

70. Dado un triangulo ABC, se prolonga el lado AB hasta un puntoA′, de manera que AB = BA′. Los puntos B′ y C ′ se construyendel mismo modo. Si el area del triangulo ABC es igual a 1, calculael area del triangulo A′B′C ′.

A B A'

C

B'

C'

Solucion

Vamos a probar que el area cada triangulo exterior es dos veces el area del triangulointerior. Lo probaremos para uno solo de los triangulos, pues el procedimiento es el mismopara los otros dos triangulos. Trazamos el segmento auxiliar AB′, que divide al trianguloB′CC ′ en dos triangulos de igual area, ya que la base del triangulo AB′C ′ es AC ′ y la deltriangulo AB′C es AC que son iguales. Por otra parte, la altura correspondiente a estoslados es la misma, por lo que tienen igual area.

A B A'

C

B'

C'

De manera analoga podemos ver que los triangulos AB′C y ABC tienen tambien el mismoarea, de donde se sigue que el area del triangulo B′CC ′ es dos veces la del triangulo ABC.Ası pues

areaA′B′C ′ = 7 areaABC = 7.

7