Curso 2010-11

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Problema 45. “Deme cambio de un dolar, por favor”, dijo elcliente. “Lo siento”, dijo la senorita Jones, la cajera, despues debuscar cuidadosamente en la caja, “pero no puedo hacerlo con lasmonedas que tengo.” “¿Puede entonces cambiarme medio dolar?”La senorita Jones nego con la cabeza. En realidad, dijo, ¡ni siquieratenıa para cambiar ni veinticinco, ni diez, ni cinco centavos! “¿Notiene ninguna moneda?”, pregunto el cliente. “Oh, sı”, dijo lasenorita Jones. “Tengo 1, 15 $ en monedas”. ¿Cuales eranexactamente las monedas que habıa en la caja registradora?

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Problema 45. “Deme cambio de un dolar, por favor”, dijo elcliente. “Lo siento”, dijo la senorita Jones, la cajera, despues debuscar cuidadosamente en la caja, “pero no puedo hacerlo con lasmonedas que tengo.” “¿Puede entonces cambiarme medio dolar?”La senorita Jones nego con la cabeza. En realidad, dijo, ¡ni siquieratenıa para cambiar ni veinticinco, ni diez, ni cinco centavos! “¿Notiene ninguna moneda?”, pregunto el cliente. “Oh, sı”, dijo lasenorita Jones. “Tengo 1, 15 $ en monedas”. ¿Cuales eranexactamente las monedas que habıa en la caja registradora?

Si la senorita Jones no podıa cambiar un dolar, entonces no podıahaber en la caja mas de un medio dolar. Si no podıa cambiarmedio dolar, la caja no podıa tener mas de una moneda deveinticinco y no mas de cuatro de diez: Que no tuviera cambio dediez centavos significa que no tenıa mas que una moneda de cinco,y que no tuviera cambio de cinco centavos significa que no tenıamas que cuatro monedas de un centavo.

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Ası que la caja registradora no podıa tener mas que:

1 medio dolar 0, 50 $1 de veinticinco centavos 0, 25 $4 de diez centavos 0, 40 $1 de cinco centavos 0, 05 $4 de un centavo 0, 04 $

1, 24 $

Sin embargo, se puede dar cambio de un dolar con estas monedas(por ejemplo, un medio dolar, una moneda de veinticinco centavos,dos de diez y una de cinco), pero sabemos que la caja registradorano puede tener mas monedas de las consignadas arriba. Sumadasdan 1, 24 $, que es 9 centavos mas que 1, 15 $, la cantidad que lacajera dice que tiene.Ahora bien, la unica manera de juntar 9 centavos es con unamoneda de cinco centavos y cuatro de uno, de modo que esas sonlas monedas que debemos eliminar.

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Las monedas restantes -un medio dolar, una de veinticinco ycuatro de diez- no permiten dar cambio de un dolar ni de ningunamoneda mas chica, y suman 1, 15 $, ası que esta es la unicarespuesta del problema.

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Problema 46. ¿Hay alguna lınea continua que corte exactamenteuna vez a cada segmento de la figura siguiente?

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Problema 46. ¿Hay alguna lınea continua que corte exactamenteuna vez a cada segmento de la figura siguiente?

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Denotamos por letras a, b, c, d, e y f las seis distintas regiones deldibujo, y construimos un grafo sobre seis vertices trazando unaarista por cada segmento que haga frontera entre las dos regionesen cuestion:

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El problema se puede reformular ahora por si este grafo admite unrecorrido euleriano, que recorra sin saltos todas las aristas pasandouna vez solamente por cada una. Como el grafo tiene cuatrovertices impares (a, c, d y f), el recorrido es imposible.

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Problema 47. Se lanzan sobre una mesa 80 figuras convexasplanas de carton, y resulta que cada tres de ellas se solapan enalgun punto (se pueden pinchar a la vez con un alfiler). Probar queentonces las 80 figuras se solapan en algun punto.

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Problema 47. Se lanzan sobre una mesa 80 figuras convexasplanas de carton, y resulta que cada tres de ellas se solapan enalgun punto (se pueden pinchar a la vez con un alfiler). Probar queentonces las 80 figuras se solapan en algun punto.

Se puede probar para n ≥ 4 figuras, por induccion. Si n = 4 elresultado se cumple, como vimos en el problema 44 de la hojaanterior. Ahora vamos a demostrar que si el resultado es ciertopara n = k ≥ 4 figuras, es tambien cierto para n = k + 1 figuras.Sean F1, F2, . . . , Fk , Fk+1 las k + 1 figuras convexas tales quecada tres de ellas tienen un punto comun. DenotemosFk ∩ Fk+1 = Fk . Es sencillo verificar que Fk es tambien una figuraconvexa.

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Entonces, F1, F2, . . . , Fk−1, Fk son ahora k figuras convexas talesque cada tres de ellas tienen un punto comun porque, por lahipotesis, hay un punto comun a cada tres de las figuras cuandoninguna de las tres sea Fk y tambien, utilizando la conclusion delcaso n = 4, hay un punto en cada interseccionFi ∩ Fj ∩ Fk = Fi ∩ Fj ∩ Fk ∩ Fk+1 cuando i , j < k.Aplicando entonces la hipotesis de induccion, hay un punto comuna las k figuras F1, F2, . . . , Fk−1, Fk y, por consiguiente, a lask + 1 figuras F1, F2, . . . , Fk , Fk+1.

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Problema 48. Hallar los numeros que tienen un total de 6divisores y ademas tales que la suma de sus seis divisores es 2394.

Recordemos que si n =∏k

i=1 pαii , el numero de divisores de n es

d(n) =∏k

i=1(αi + 1) y la suma de los divisores de n es

σ(n) =∏k

i=1(1 + pi + · · ·+ pαii ).

Si d(n) = 6 = 1 · 6 = 2 · 3, el numero n es de una de estas dosformas: n = p5 o bien n = p2q.

Si n = p5, entonces σ(n) = 1 + p + p2 + p3 + p4 + p5 = p6−1p−1 ;

como 36−12 = 364 y 56−1

4 = 3906, n no puede ser de esta forma,luego debe ser de la forma p2q.

σ(p2q) = (1 + p + p2)(1 + q),

2394 = 2 · 32 · 7 · 19.

Como 2394 es par, q debe ser un primo impar congruente con 1modulo 4.

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Problema 48. Hallar los numeros que tienen un total de 6divisores y ademas tales que la suma de sus seis divisores es 2394.

Recordemos que si n =∏k

i=1 pαii , el numero de divisores de n es

d(n) =∏k

i=1(αi + 1) y la suma de los divisores de n es

σ(n) =∏k

i=1(1 + pi + · · ·+ pαii ).

Si d(n) = 6 = 1 · 6 = 2 · 3, el numero n es de una de estas dosformas: n = p5 o bien n = p2q.

Si n = p5, entonces σ(n) = 1 + p + p2 + p3 + p4 + p5 = p6−1p−1 ;

como 36−12 = 364 y 56−1

4 = 3906, n no puede ser de esta forma,luego debe ser de la forma p2q.

σ(p2q) = (1 + p + p2)(1 + q),

2394 = 2 · 32 · 7 · 19.

Como 2394 es par, q debe ser un primo impar congruente con 1modulo 4.

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Si p = 2, entonces 1 + 2 + 22 = 7; debe ser 1 + q = 342,q = 341 = 11 · 31 que no es primo.Si p = 3, entonces 1 + 3 + 32 = 13, que no es un divisor de 2394.Si p = 5, entonces 1 + 5 + 52 = 31, que no es un divisor de 2394.Si p = 7, entonces 1 + 7 + 72 = 57 = 3 · 19; debe ser 1 + q = 42,luego q = 41 y n = 72 · 41 = 2009.Si p = 11, entonces 1 + 11 + 112 = 133 = 7 · 19; debe ser1 + q = 18, luego q = 17 y n = 112 · 17 = 2057.Si p = 13, entonces 1 + 13 + 132 = 183 = 3 · 61, que no es undivisor de 2394.Si p = 17, entonces 1 + 17 + 172 = 307, que tampoco es divisor de2394.Como b2394

307 c = 7, la unica posibilidad que nos queda para q es

q = 5; en este caso 1 + p + p2 = 399, pero 1 + 19 + 192 = 381 y1 + 23 + 232 = 553.Las unicas soluciones son, entonces, n = 2009 y n = 2057.

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Problema 49. Un autobus transporta 40 chicos a una excursion alMonasterio de San Millan. En un area de servicio coinciden conotro autobus en el que viajan 40 chicas hacia el mismo lugar, ydiez de los chicos aprovechan para cambiarse al autobus de laschicas. Cuando el conductor se percata de que hay diez personasque exceden del total de plazas del autobus, que es 40, les indicaque deben apearse. Diez de los pasajeros, de sexo no determinado,se trasladan al autobus de los muchachos. Poco despues ambosautocares echan a andar, cada uno con 40 pasajeros. Algo mastarde, el conductor de las chicas piensa: “Seguro que en este cochevan algunos muchachos, y en el de los chicos habra algunaschicas”; y se pregunta: “¿En cual de los dos autocares habra mayorproporcion de personas del sexo contrario?”. Intenta responder lacuestion que se plantea el conductor.

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Independientemente del sexo de las 10 personas que retornaron alautocar de los muchachos, la proporcion de pasajeros de sexocontrario es exactamente la misma en ambos coches.¿Por que? Supongamos que haya n chicos en el autocar de laschicas. Estos dejan n asientos libres en el de los muchachos. Estosson los asientos que forzosamente habran de ocupar las muchachas.El razonamiento es identico para cualquier numero n de chicos.

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Problema 50. Sean A′, B ′ y C ′ los puntos de tangencia de loslados BC , CA y AB de un triangulo con su circunferencia inscrita.Sea D el punto de interseccion de C ′A′ con la bisectriz interior delangulo de vertice A. Calcular el valor del angulo ∠ADC .

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Problema 50. Sean A′, B ′ y C ′ los puntos de tangencia de loslados BC , CA y AB de un triangulo con su circunferencia inscrita.Sea D el punto de interseccion de C ′A′ con la bisectriz interior delangulo de vertice A. Calcular el valor del angulo ∠ADC .

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El 4BC ′A′ es isosceles, luego 2β + B = 180◦, de dondeβ = 90◦ − B

2 . El angulo γ es suplementario del β y mide

γ = 180◦ − β = 90◦ + B2 . En el 4DC ′A podemos calcular

δ = 180◦ − A

2− β =

C

2.

La figura AC ′DB ′ es simetrica respecto de la bisectriz AI , luegoε = δ = C

2 .El segmento IB ′ se ve desde los puntos D y C bajo el mismoangulo ε = C

2 . Por lo tanto los puntos I , C , B ′ y D sonconcıclicos, en la circunferencia de diametro IC (IC es diametroporque el ∠CB ′I = 90◦). Luego el ∠IDC es recto. Hemos obtenidoentonces que

∠ADC = 90◦.

(La circunferencia que pasa por los puntos I , C , B ′ y D pasatambien por el punto A′.)

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Problema 51. Cada lado y cada diagonal de un polıgono regularde 2n + 1 lados (n ≥ 2) es de color rojo o azul. Al pinchar en unvertice cambian los colores de todos los lados y diagonales queconcurren en dicho vertice (de rojo a azul y de azul a rojo).Demostrar que, cualquiera que sea la distribucion inicial de colores,es posible elegir una secuencia de pinchado de vertices de modoque los cambios provocados hagan que, al final, la cantidad total delados y diagonales de color azul en cada vertice sea un numero par.

Observar que en cada vertice concurren 2n aristas (llamamos aristaa un lado o una diagonal), de modo que la paridad del numero dearistas azules que concurren en un vertice no cambia al pinchar enel. El numero total de aristas azules que concurren en los verticeses par, porque cada arista se cuenta dos veces, de modo que no esposible que de un vertice salga una cantidad impar de aristasazules y de cada uno de los restantes salga una cantidad par dearistas azules.

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Problema 51. Cada lado y cada diagonal de un polıgono regularde 2n + 1 lados (n ≥ 2) es de color rojo o azul. Al pinchar en unvertice cambian los colores de todos los lados y diagonales queconcurren en dicho vertice (de rojo a azul y de azul a rojo).Demostrar que, cualquiera que sea la distribucion inicial de colores,es posible elegir una secuencia de pinchado de vertices de modoque los cambios provocados hagan que, al final, la cantidad total delados y diagonales de color azul en cada vertice sea un numero par.

Observar que en cada vertice concurren 2n aristas (llamamos aristaa un lado o una diagonal), de modo que la paridad del numero dearistas azules que concurren en un vertice no cambia al pinchar enel. El numero total de aristas azules que concurren en los verticeses par, porque cada arista se cuenta dos veces, de modo que no esposible que de un vertice salga una cantidad impar de aristasazules y de cada uno de los restantes salga una cantidad par dearistas azules.

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De aquı se deduce que tampoco puede haber un numero impar devertices de los que salgan una cantidad impar de aristas azules.Al pinchar en un vertice, la paridad del numero de aristas azulesque hay en los restantes vertices cambia, porque cada uno de ellosesta unido por una arista al vertice seleccionado.Sean P1 e I1 los conjuntos de vertices donde concurren un numeropar e impar, respectivamente, de aristas azules. Si I1 no tieneningun elemento, ya hemos terminado. Si I1 es no vacıo,pinchamos un vertice i1 de I1; despues de esto, el conjunto de losvertices donde concurre un numero par de aristas azules esP2 = I1 \ {i1}, y el conjunto de los vertices donde concurre unnumero impar de aristas azules es I2 = P1 ∪ {i1}; el conjunto P2 nopuede ser vacıo, porque I1 no podıa tener un unico elemento. En elsegundo paso pinchamos un vertice de P2, o lo que es lo mismo,otro elemento de I1 distinto de i1, al que llamaremos i2; ası,P3 = I2 ∪ {i2} = P1 ∪ {i1} ∪ {i2} e I3 = P2 \ {i2} = I1 \ {i1, i2}, yrepetimos este par de pasos si no hemos llegado a que I3 es vacıo.

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