Triángulo Equilatero

Sea PQR el triángulo equilátero de lado 6 (ver figura)

Los triángulos rectángulos ABP, BCQ y CAR tienen P=Q =R = 60° y AB = BC = CA, entonces los tres triángulos son iguales. Además, cada uno de ellos es igual a la mitad de un triángulo equilátero, luego,

AP=BQ=CR=x y BP=CQ=AR=2x,

y tenemos que el lado del triángulo PQR es x + 2x = 3x = 6. De aquí se deduce que x =2 y 2x =4.

Por el Teorema de Pitágoras en el triángulo ABP,

es decir, el triángulo equilátero ABC tiene lado 2 por la raiz cuadrada de 3 .

El Barril de Frutas

Si el barril A contiene a litros y el barril B contiene b litros, entonces en A hay 3/8.b litros de uva y 5/8.b litros de manzana.

Al mezclar el contenido de los dos barriles tendremos a + b= 154 litros, de los cuales 2/7.a+3/8.b son de uva. Como la proporción de uva y manzana en el nuevo barril es 5:9, el total de uva en este barril es 5/14.154 =55 litros.

Tenemos:

a+b=154,

2/7.a+3/8.b= 55.

Despejamos b en la primera ecuación, b = 154 — a, y reemplazamos en lasegunda:

2/7.a+3/8. (154—a)=55

2/7.a-3/8.a=55-231/4

-5/56.a=-11/4

a=154/5=30.8

Gimnasia Deportiva

Haremos una tabla de 50 filas y 13 columnas. En cada columna, un juez escribe los números de los 50 participantes ordenados, a su criterio, de mejor a peor, colocando arriba al mejor y abajo al peor.

Si en una columna el jugador k tiene r jugadores más arriba, entonces el juez de esa columna le otorgó a k puntaje r + 1. Luego, el puntaje definitivo de k es igual a la cantidad de jugadores que están arriba suyo en cada columna, más 13 (se suma 1 por cada una de las 13 columnas). Cada uno de los 50 — k jugadores cuyos números identificatorios son mayores que k está mejor que k (arriba de él) en exactamente 7 columnas, y cada uno de los k — 1 jugadores con números menores que k está mejor que k en exactamente 6 columnas. En total, la cantidad de jugadores que están por arriba de k en alguna columna son

(50—k)7+(k—l)6 =344—k,

y el puntaje definitivo de k es

344—k+ 13 =357—k.

Por lo tanto, con la información dada se determina completamente el puntaje de cada participante y los participantes finalizan la competencia ubicados justamente en el orden inverso al que estaban numerados inicialmente.

Letras y Múltiplos

Hacemos la lista de los múltiplos de 7 con dos dígitos distintos y no nulos, y la lista de los múltiplos de 13 con dos dígitos:

14, 21, 28, 35, 42, 49, 56, 63, 84, 91, 98;

13, 26, 39, 52, 65, 78, 91.

Uno solo de estos números comienza con 7, el 78. Entonces las primeras dos casillas deben tener 7 y 8.

Hay un sólo múltiplo de 7 ó 13 que comienza con 8, el 84. Entonces la tercera casilla debe tener el 4. A partir de la cuarta casilla se ubre un árbol de posibilidades.

La única manera de completar la tabla es:

Monedas Truchas

Apartamos 4 monedas, que nunca pesaremos.

En la primera pesada colocamos 2 monedas a cada plato. Si la balanza se equilibra, hay tres posibilidades: que sean las 4 auténticas, las 4 falsas o 2 auténticas y 2 falsas (con una de cada clase en cada plato).

Para la segunda pesada, utilizamos las dos monedas de un mismo plato de la primera pesada, y las comparamos poniendo una en cada plato. Si la balanza se equilibra quiere decir que las 4 monedas. de la primera pesada eran de la misma clase. Una de ellas más una de las 4 que apartamos al principio son con certeza de clases distintas. Si en la segunda pesada la balanza no se equilibra, ya tenemos las dos de clases distintas.

Si en la primera pesada la balanza no se equilibra, hay tres posibilidades: que haya 3 auténticas y 1 falsa, 3 falsas y 1 auténtica, o 2 falsas y 2 auténticas (en este último caso, las de la misma clase están en el mismo plato).

Para la segunda pesada ponemos una moneda en cada plato, pero que provengan de distintos platos de la primera pesada. Si la balanza se equilibra, las otras dos monedas de la primera pesada son distintas entre si. Si no se equilibra, las dos monedas de la segunda pesada son distintas.

Divisores de 7776

Daremos una estrategia infalible para que Á gane.

La factorización de 7776 es 7776 =25.35 Entonces podemos ubicar todos

sus divisores en un tablero Como se muestra a continuación.

Observemos que cuando un jugador dice un número, quedan prohibidos para siempre todos los del rectángulo con el vértice superior izquierdo en el número dicho.

La estrategia de A es decir 6 en su primera jugada. De este modo, el tablero se reduce a:

En sus siguientes jugadas, A dice el número simétrico del que dijo B, respecto de la diagonal del tablero que empieza en 1.

Por ejemplo, si B dijo 81, A dice 16, y si B dijo 4, A dice 9. De este modo, si B pudo decir un número distinto de 1, también A podrá decir un número distinto de 1, pues después de que juega A, el tablero siempre queda simétrico, y el jugador que en algún momento deberá decir 1 es B.

El Tren

Denotamos x a la velocidad del pájaro y sea t el tiempo que tarda el tren desde que toca bocina hasta que llega a A.

En el tiempo t, el pájaro puede recorrer 5/16.AB (es lo que haría si volara hacia A). Entonces, si vuela hacia B, transcurrido el tiempo t, la distancia del pájaro a A es 5/16.ÁB+5/16AB=5/16AB y le falta recorrer 6/16 ÁB para llegar a B.

Como el tren y el pájaro llegan juntos a B, el tren recorre AB en el mismo tiempo que el pájaro recorre 6/16.AB. Luego,

X/72=(6/16.AB)/AB

X=(6/16).72=27

El pájaro vuela a 27KM/H

Torneo de tenis

Sea n el número total de jugadores del torneo, entonces la cantidad total de partidos es n(n—1)/2.

Si x es el número partidos ganados por jugadores zurdos e y el de los ganados por diestros, tenemos

(1)

La fracción 2/17 es irreducible entonces de la igualdad anterior se deduce que n (n —1) es un múltiplo de 17, y como 17 es primo esto implica que n ó n—1 es múltiplo de 17. (2)

Por otro lado, si z es el número de jugadores zurdos, tenemos que hay 3z jugadores diestros y

n = z + 3z = 4z,

de donde

n es múltiplo de 4. (3)

El menor entero positivo que es múltiplo de 4 y de 17 es 68, y como n < 68, para que se verifiquen (2) y (3), debe ser n — 1 múltiplo de 17 (y n múltiplo de 4). Los múltiplos de 17 menores que 68 son tres: 17, 34 y 51; el único que al sumarie 1 es múltiplo de 4 es el 51, por lo tanto,

n=52.

Para calcular la cantidad de partidos en los que el ganador es zurdo, reemplazamos n = 52 en (1).

x/(52.51)=2/17

x=(52.51.2)/17=312

Poligonos con lados paralelos

Usaremos que dos cuerdas AB y CD de una circunferencia son paralelas si sólo si los arcos BC y AD son iguales.

Consideramos dos arcos opuestos, por ejemplo, el de longitud 1 y su opuesto, de longitud 26. Al recorrer la circunferencia en el sentido del reloj desde el arco de longitud 1 hasta su opuesto se pasa por 24 arcos de la subdivisión que tenemos, y estos 24 arcos son los respectivos opuestos de los arcos que se deben recorrer, en el sentido del reloj, para pasar del arco de longitud 26 al de longitud 1.

Si la suma de las longitudes de los 24 arcos mencionados en primer lugar es igual a la de los mencionados en segundo lugar, los lados correspondientes a los arcos de longitudes 1 y 26 son paralelos.

Si no, denotemos S a la suma de las longitudes de los 24 arcos que se recorren para ir del arco de longitud 1 al de longitud 26, en el sentido del reloj, y denotamos T a la suma de sus opuestos (que se recorren al volver). Podemos suponer que S> T, es decir, S — T> 0.

Observamos que S — T es un múltiplo de 25, porque si en S figura la longitud a, entonces a + 25 ó a — 25 (el que sea positivo y menor que 50) figura en T, y viceversa. Además, como en S — T en total figuran 24 sumandos ± 25, S— T es un múltiplo par de 25.

Realizamos la siguiente operación: girando en el sentido del reloj, sacamos de S el arco que sigue inmediatamente al de longitud 1 y agregamos a S el de longitud 26; al mismo tiempo, quitamos de T el arco que sigue inmediatamente al de longitud 26 y le agregamos a T el arco de longitud 1.

Los arcos que quitamos a S y a T son opuestos y los que agregamos también son opuestos (en este caso, el 1 y el 26). Para la nueva configuración, podemos hacer los correspondientes S y T, y tendremos que S — T es otra vez un múltiplo par de 25, pues el nuevo S se obtiene de restarle al viejo x y sumarle 26, y el nuevo T resulta de sumarle al viejo 1 y restarle x ± 25 (el que corresponda).

S—x+26-(T—(x±25)+1)= S—T±25+25

(que puede valer S — T + 50 ó S — 7).

Repetimos la operación otras 24 veces y otra vez los arcos opuestos son el de longitud 26 y el de longitud 1, pero el lugar de 8 lo ocupa T y el lugar de T lo ocupa S. Luego, en la situación final, 8— T < 0, pues en la inicial era mayor que cero.

Notemos que en cada operación, la diferencia 8— T se modifica de modo similar:

S — a + b —(7’ — (a ± 25) + (b ± 25)), que puede ser igual a S— T, S— T— 50 ó 5— T+ 50.

Hemos pasado de un múltiplo positivo de 50 a uno negativo por medio de operaciones cuyo efecto es sumar 50, restar 50 o no hacer nada, por lo tanto, en algún momento se pasó por el 0.

Colorear El Triángulo

Asignamos a cada triángulo letras a ó b de modo que a los triangulitos en las esquinas del triángulo les corresponde a y que los triangulitos que comparten lado tengan letras distintas.

Fijamos nuestra atención en los triangulitos con a. Los lados de estos triangulitos cubren exactamente una vez cada segmento de longitud 1 de la subdivisión, es decir, cada segmento de longitud 1 figura en uno y sólo uno de los triangulitos.

Como a cada triangulito se le pueden colorear a lo

sumo 2 lados de rojo, el total de segmentos coloreados es menor o igual

que el número de triangulitos con a, multiplicado por 2.

Contamos cuántos son los triangulitos con a: hay 1 en la primera fila, 2 en

la segunda, 3 en la tercera,..., 33 en la última; en total hay

l+2+3+...+33=(33.34)/2=561.

Luego, la cantidad de segmentos que se pueden colorear es menor o igual

que 561.2 = 1122.

 Por otro lado, es posible colorear 1122 segmentos de modo que no haya

triangulitos con los tres lados rojos. Simplemente coloreamos todos los

segmentos en dos de las tres direcciones posibles, y ningún segmento de

la tercera dirección.

Es claro que así no hay triangulitos con sus tres lados rojos. Además, se

han coloreado 1 + 2 + ... + 33 = 561 segmentos de cada uno de dos

direcciones, es decir, 2.561 = 1122.

Billetes

Sean a, b, c, d y e las cantidades de billetes de 2, 5, 10, 50 y 100 pesos, respectivamente, que tiene Pedro.

Hay a + 1 formas de poner los billetes de 2 en los bolsillos: corresponden a 0, 1,..., a billetes en el bolsillo derecho (respectivamente, a,..., 1, 0 en el izquierdo). Análogamente, hay b + 1 maneras de poner los billetes de 5, c + 1 maneras para los de 10, d + 1 para los de 50 y e + 1 para los de 100. Luego, hay (a+1)(b+1)(c+1)(d+1)(e+1) maneras de poner los billetes en los bolsillos y tenemos

(a+1)(b+1)(c+1)(d+1)(e+1) = 252.

Notemos que los 5 factores de la izquierda son mayores que 1, pues hay al menos un billete de cada clase.

Dado que 252 = 22 .32 .7 , la única manera de expresar a 252 como producto de 5 números mayores que 1 es 252 = 22337. Por lo tanto, a+ 1, b + 1, c+ 1, d+ 1 ye + 1 son, en algún orden, 2,2,3,3,7, de donde se deduce que los valores de a, b, c, d y e son, en algún orden, 1, 1, 2, 2 y 6.

Como Pedro tiene en total 252 pesos,

2a+5b+ 10c+50d+100e=252.

Quitamos un billete de cada clase y queda

2a’+ 5b’+ 10c’+ 50d’+ 100e’= 85,

donde a’= a— 1, b’= b— 1, c’= e— 1, d’= d— 1 y e’= e —1.

Entonces, los valores de a’, b’, c’, d’ y e’ son, en algún orden, 0, 0, 1, 1 y 5.

Es claro que e’= 0, porque 85 < 100.

Si d’ = 0, tendríamos

2a’+5b’+10c’+50d’+100e’=2a’+5b’+10c’<=10.7<85,

por lo tanto, d’ <> 0, y como d’ no puede valer 5,

d’= 1.

Entonces

2a’+5b’+ 10c’=85—50=35.

Si c’= 0, tendríamos

2a’+ 5b’+ 10c’<= 5.7 = 35,

luego, c’ <> 0, y como c’ no puede valer 5,

c’= 1.

Tenemos

2a’+5b’=35—10=25,

y hay 0 monedas de una clase y 5 de la otra. Entonces a’=0 y b’=5.

Finalmente,

a=a’+1=1,b=b’+1=6,c=c’+1=2, d=d’+1=2 y e=e’+1=1.

Colorear el Tablero

Supongamos que un tablero se ha coloreado siguiendo las indicaciones del enunciado. Vamos a contar cuántas casillas hay de cada color.

Dividimos el tablero en cuadrados de 3 x 3, con 9 casillas cada uno. Esto

es posible porque n es múltiplo de 3, y hay n 2/9 cuadrados de 3 x 3.

Consideremos un cuadrado de 3 x 3. La casilla central tiene 8 vecinas en el tablero de n x n que son precisamente las otras 8 casillas del cuadrado de 3 x 3. Si la casilla central es roja, de las 8 vecinas, 5 son azules y las otras 3, rojas. En total hay 5 azules y 4 rojas. Si la casilla central es azul, de las 8 vecinas, 4 son rojas y 4 azules. Son, nuevamente, 5 azules y 4 rojas.

Por lo tanto, en cada cuadrado de 3 x 3 hay 5 casillas azules y 4 rojas. En

2 2

el tablero hay 5 . n2 /9 Casillas azules y 4 . n2/9 casillas rojas.

Veamos que la coloración es posible. Coloreamos todas las casillas de la primera fila de azul y todas las casillas de la segunda fila de rojo. En la tercera fila alternamos dos casillas azules y una roja. La cuarta fila copia a la primera, la quinta a la segunda, la sexta a la tercera, y así siguiendo hasta completar el tablero (la última fila será como la tercera, pues el número de filas, n, es múltiplo de 3).

Una casilla roja del interior del tablero está en una fila roja o en una fila alternada de 2 azules y 1 roja. Si está en una fila roja tiene 3 vecinas azules de la fila azul inmediata superior y 2 vecinas azules de la siguiente, alternada, porque de las tres vecinas que tiene en esa fila, una es roja.

Si la casilla roja está en una fila alternada, tiene 2 vecinas azules en su fila y 3 vecinas azules en la fila siguiente. Por lo tanto, toda casilla roja tiene exactamente 5 vecinas azules.

Las casillas azules del interior del tablero se encuentran en las filas azules o en las filas alternadas de 2 casillas azules y 1 roja.

Una casilla azul de una fila azul tiene 3 vecinas rojas en la fila que sigue, y tiene una vecina roja en la fila anterior (de las tres vecinas que tiene en la fila anterior, dos son azules y una roja, pues es una fila alternada). Si la casilla azul está en una fila alternada, entonces exactamente una de sus vecinas de su fila es roja. Además, tiene 3 vecinas rojas en la fila roja anterior. Luego, toda casilla azul tiene exactamente 4 vecinas rojas.

Apuesta Perdida

Demostraremos que para cualquier distribución de los números en el tablero habrá al menos dos casillas adyacentes que sumen 40 o más. Supongamos por el contrario que hay una distribución con todas estas sumas menores que 40. Imaginemos al tablero dividido en 3 franjas horizontales y 3 verticales de ancho 2. Cada franja está formada por 3 cuadrados de 2 x 2 (contiene 4 casillas).

Escribimos los números (en el lugar que corresponde a la distribución) uno por uno, en orden decreciente, y sea x el primer número tal que, luego de escribir x, hay una franja (horizontal o vertical) que tiene al menos un número escrito en cada uno de sus tres cuadrados. Vamos a probar que x>= 24.

En efecto, si x < 24, antes de escribir x se habrían escrito los 13 números del 24 al 36, ocupando a lo sumo 6 cuadrados de 2 x 2 (porque si ocuparan 7 o más cuadrados, habría 3 de ellos en una misma franja horizontal o vertical). En alguno de estos 6 cuadrados hay por lo menos

3 números mayores o iguales que 24 (pues13/6> 2), y en ese cuadrado hay

dos casillas vecinas que suman 24 + 25 =49 o más. Contradicción.

Por otra parte, antes de escribir x, cada franja horizontal o vertical tiene a lo sumo 4 números escritos, y al agregar x puede haber franjas con 5 números, pero no más. En caso contrario, antes de escribir x tendríamos una franja con 5 números o más, y estos 5 números sólo ocuparían dos cuadrados de 2 x 2 de la franja (porque al menos un cuadrado debe estar vacío hasta la llegada de x). Si 5 números están en dos cuadrados, hay 3 de estos números en un mismo cuadrado y, por lo tanto, habrá casillas vecinas ocupadas. En tal caso, tendríamos vecinos que suman 49 o más. Nuevamente, una contradicción.

Luego de escribir x, en cada franja horizontal hay 5 números o menos; además, como x >=24 y todas las sumas son menores que 40, cada número ya escrito tiene sus casillas vecinas vacías. En particular, está vacía la casilla de su misma columna y que está en la franja. También, en cada franja horizontal hay al menos una columna, de 2 casillas, que está vacía (pues hay al menos 7 casillas vacías distribuidas en 6 columnas de 2 casillas cada una). Más aún, hay una columna vacía que tiene exactamente una de sus dos casillas vecina a una casilla ocupada (por supuesto, esto ocurre sólo si en la franja hay al menos una casilla ya ocupada).

Entonces, después de escribir x, si la cantidad de números escritos en el tablero es n, estos números tienen, por lo menos, n + 3 casillas vecinas distintas que están vacías.

En consecuencia, una vez que se completó el tablero, los n = 37 — x números, desde x hasta 36, son vecinos de al menos otros 37 — x + 3 = 40 — x números. Por lo tanto, hay un número entre x y 36 que es vecino del 40 — x, y tenemos dos vecinos que suman por lo menos 40. Absurdo.

Con esto queda demostrado que para cualquier distribución hay al menos dos vecinos que suman 40 o más.

En el siguiente ejemplo vemos una distribución de los números tal que el valor máximo de la suma de dos casillas vecinas es 40.

Filas de hormigas

Sea i la velocidad de la inspectora, h la velocidad de las demás hormigas y

denotamos d a la distancia que recorre la inspectora hasta alcanzar a la

primera hormiga de la fila.

En el tiempo que la inspectora recorre d, la primera hormiga de la fila

recorre d — 15 entonces (d—15)/d = h/i

El recorrido completo de la inspectora (ida y vuelta) es de 2d — 8. En el

tiempo que la inspectora realiza su recorrido completo, la última hormiga

camina 8 metros. Luego

8/2d-8=h/i (2)

De(l)y(2),

(d-15)/d= 8/( 2d-8)

(d—l5)(2d—8)=8d

2d2 46d + 120 = O.

Las soluciones de esta ecuación cuadrática son 3 y 20.

Como d es mayor que 15, pues en el viaje de ida la inspectora recorre toda la fila, tenemos que

d =20

y el recorrido completo de la inspectora tiene

2d—8=2.2O—8=32 metros.

Tablero de números

Sean a, b, e, d, e,f y g los siete números que faltan, dispuestos como en la

figura siguiente.

Denotamos F1, F2,F3 y F4 la suma de las filas, numeradas de arriba hacia abajo; C1, C2, C3 y C4 la suma de las columnas, numeradas de izquierda a derecha; D1 la suma de la diagonal que contiene a la casilla superior izquierda y D2 la suma de la otra diagonal. Los números F1, F2, F3, F4, C1, C2, C3, C4, D1 y D2, deben ser, en algún orden, diez enteros consecutivos.

Observamos que

D1 —F1 =(10+12+3+a)—(4+5+7+a)=9,

entonces entre F1 y D2 hay la máxima diferencia posible entre dos números elegidos de diez consecutivos, y tenemos que el menor de los diez números es F1 y el mayor es D2 = F1+ 9. Los demás números son

F1+1,F1+2,…..,F1+8.

La suma de los diez números es igual al doble de la suma de todos los números del tablero, más las dos diagonales, pues cada número pertenece a una fila y a una columna, y los números de las diagonales pertenecen además a una diagonal. La suma de los números del tablero es

1+2+3+...+16= =16.17/2=136, entonces

F1+F1+1+F1+2+...F1+9=2.136+D1+D2

10F1+45=272+D1+F1+9.

Como D1 = F1 +t para algún entero t, 1 <= t <= 8,

10F1 +45 =272+F1 +t + F 1+9

8F1 =236+t.

El único valor de t, 1 <= t <= 8, tal que 236 + t es múltiplo de 8 es t =4, entonces

F = (236+4 )/8=30.

Además, D1 =F1+4=34 y D2 =F1 +9=39.De aquí,

a =F1 —(4+5+7) = 30—16= 14.

Como D1 =34, tenemos que b+g=34—(4+9)=21. La única forma de

obtener la suma 21 con dos sumandos que no sea ninguno de los números

ya ubicados(3,4,5,6,7,9,10,11,12y14)es21=8+13.Porlotanto,b

y g son, en algún orden, 8 y 13.

Dado que C1 =4+6+11+10=31 , tenemos C3 =7+3+9+f>31, de

donde

f>31—19=12.

Los posibles valores de f son 13, 14, 15 y 16. Pero 13 y 14 ya fueron

utilizados y no puede ser 15 porque tendríamos que

C3= 7+3+9+15=34=D1. En consecuencia, f= 16 y C3= 35.

Como F3 =11+ 12+ 9+d< 39, debe ser

d <39— (11 + 12 + 9) =7.

Los únicos números menores que 7 aún disponibles son 1 y 2. Si fuera

d= 2, entonces seria F3= 34 = D1 . Luego, d= 1 y F3 =33.

Para determinar en qué orden 8 y 13 corresponden a b y g, vemos que si

g = 13 entonces F =10 + e + 16 + 13> 39, lo cual es imposible. Por lo

tanto, g=8 y b=13.

Sólo falta ubicar el 2 y el 15 en c y e. Pero es claro que c es distinto de 2 (porque

6+13+3 +2=24<30),así que c=15ye=2.

La tabla queda:

Ángulos

Observamos que el triángulo ABC es rectángulo e isósceles, y trazamos su

altura CE. Entonces

CE = BE = EA(1)

y resulta que

CE = ½.AB.(2)

Sea F en AB tal que DF es perpendicular a AB, luego

DF= CE.(3)

Por (1), (2) y (3), el triángulo rectángulo BDF tiene

DF=1/2.BD,

entonces BDF es la mitad de un triángulo equilátero, y

ABD=30°.

Finalmente,

CBD=ABC-ABD=45°-30°=l5°.

Lamparas on/off

Veremos que, para todo n, n 1 y n 3, existe una configuración inicial de lámparas encendidas de manera que, siguiendo las reglas del enunciado indefinidamente, siempre hay al menos una lámpara encendida. Si n = 1, es claro que, al cabo de una operación, la única lámpara estará apagada.

Si n = 2, la configuración inicial que siempre tendrá una luz encendida es la que tiene una lámpara encendida y una apagada. Estas lámparas se alternan a lo largo de las operaciones. Si n 3, veamos que no hay configuración inicial que logre el objetivo de mantener siempre una lámpara encendida. Denotamos los estados de las lámparas con 1 si está encendida y O si está apagada. Si hay una encendida:

100 —010 — 101 — 000;

es claro que el caso 001 es simétrico, y que el caso 010 está contenido en el caso detallado. Si hay dos lámparas encendidas:

110— 001

y volvemos al caso anterior. Lo mismo ocurre con 011. La posición 101 se apaga en un paso:

101 — 000.

Finalmente, si las tres lámparas están encendidas, en el siguiente paso estarán las tres apagadas. Si n es par, n > 2, para la configuración inicial

10011001...

hay siempre una lámpara encendida, pues

10011001 — 01100110 — 10011001...

se forma un ciclo de dos posiciones que se alternan. Si n es impar, n> 3 la configuración inicial

01010011001...

cumple el propósito, pues se alterna con

10001100110...

indefinidamente.

Rectas

Sea E el punto de intersección con CD de la paralela a KC trazada por A.

El problema equivale a demostrar que BE es paralela a KD.

Consideramos dos casos, según el lado AB sea o no paralelo al CD.

En el primer caso, ABCD es un paralelogramo, y también ÁKCE es un paralelogramo. En consecuencia, como AB = CD y AK = CE, tenemos que AB - AK = CD - CE y entonces BK = DE. Así, BK y DE son paralelos e iguales, por lo tanto, BEDK es un paralelogramo. En particular, BE II KD,

como se quería demostrar.

En el caso en que AB no es paralelo a CD, sea F el punto de intersección de las rectas AB y CD.

Como AD BC, los triángulos ÁDF y BCF son semejantes, luego,

BF/AF=CF/DF (1)

También son semejantes los triángulos AEF y KCF, pues ÁE KC,

entonces

AF/KF=EF/CF (2)

Multiplicamos miembro a miembro (1) y (2):

Como los triángulos BEF y KDF comparten el ángulo en F, de (3) se deduce que son semejantes y, por lo tanto, BE II KD.

Área del Cuadrilátero

Los triángulos AOM y BOM tienen áreas iguales, pues AM = BM. Denotemos x = área (AOM) = área (BOM).

Análogamente, son iguales las áreas de los triángulos A ON y CON.

Denotemos y = área (AON) = área (CON).

Como BP = 2PC tenemos que área (BOP) =2 área (COP).

Sea z = área (COP).

Con estas notaciones,

Área (ACM)=x+2y

y

Área (BCM) =x+ 3z.

Además, área (ACM) área (BCM) =9/2, pues AM= BM. Entonces

Triángulos

En el triángulo rectángulo ACE tenemos que ACE = 60°, entonces

AÉC = 30° y el triángulo ACE es la mitad de un triángulo equilátero. Por lo tanto,