Claramente 10 es suertudo, y como 1² + 3² = 3² + 1² = 10, tenemos que 13 y 31 también lo son. Sucede que 3² + 2² = 13, por lo que 32 es suertudo. Entonces, 31 y 32 son dos suertudos consecutivos y por lo tanto para cualquier N1,

son dos enteros suertudos consecutivos.

Alternativamente, si n y n + 1 son ambos suertudos, también lo son

Y repitiendo la construcción, hallamos una infinidad de parejas de enteros suertudos consecutivos.


Problema 2

Sea A el punto de donde parten los rayos, el ángulo QPT que es igual al ángulo TPR y el ángulo QRP que es igual al ángulo QPA. El ángulo QPR es un ángulo externo al triángulo APQ, y es igual a +. Considerando el triángulo PQR, +2+2=, de donde +=¹/₂(-), a partir de la intersección de este rayo con m.

Solución alternativa para ver la medida del ángulo APT. Supongamos que una circunferencia es tangente a l en P y corta a m en Q y en R y que otra circunferencua ' también es tangente a l en P y que corta a m en Q' y en R' con los puntos sobre m en el orden Q',Q,R,R'. Sea A el punto del que parten los rayos l y m. Como l es tangente a , QPA=QRP y análogamente, Q'PA=Q'RP. Entonces,

QPQ'=QPA-Q'PA=QRP-QR'P=RPR'.

Entonces, los ángulos QPR y Q'PR' tienen la misma bisectriz y por lo tanto la bisectriz de QPR no depende de la circunferencia que se trace. Podemos entonces calcular el ángulo entre la bisectriz y el rayo tomando la circunferencia que es tangente a l en P y tangente a m en Q = R. Como APQ es un triángulo isósceles, el ángulo buscado es APQ = 90^o -/₂

Con triángulos nos referiremos a un triángulo con vértices en el octágono, y con ángulo a dos lados de un triángulo. Un ángulo es bicolor si sus lados son de color distinto. Nos fijamos en un vértice del octágono, si k de las líneas que lo unen con los otros vértices son de un color (y 7-k del otro), entonces es vértice de k(7-k) 3 x 4 ángulos bicolor. Luego el número de á:ngulos bicolor es _b 8 x 3 x 4 = 96. Cada triángulo bicolor tiene exactemente dos ángulos bicolor, así el número de triángulos bicolor es ¹/_2b y por lo tanto el número de triángulos monocromáticos es _m=-¹/_2b-⁹⁶/₂ = 8. Entonces siempre hay 8 triángulos monocromáticos (se pide probar que hay al menos 7).

Solución Alternativa. Probaremos primero que en un hexágono se forman dos triángulos monocromáticos. Desde luego hay uno: nos fijamos en un vértice A cualquiera del hexágono, de él salen cinco líneas de las cuales al menos tres son de un color, supongamos que AB, AC y AD son rojas. Si una de BC, CD o DB fuera roja, entonces uno de los triángulos ABC, ACD o ABD sería un triángulo rojo y si las tres son negras, BCD sería un triángulo negro. De cualquier forma hay un triángulo monocromático, sea V uno de sus vértice. Los otros cinco vértices del hexágono forma un pentágono, si en el pentágono hay un triángulo monocromático, en el hexágono hay dos. Si en el pentágono no hay un triángulo monocromático, de cada vértice deven salir dos líneas de cada color y el pentágono se puede descomponer en dos ciclos: uno rojo y uno negro. Al considerar el vértice V es fácil ver que en este caso también hay dos triángulos monocromáticos.

Ahora veremos que en un heptágono se forman cuatro triángulos monocromáticos. Sean A, B, C, D, E, F y G los véretices del heptágono. En el hexágono BCDEFG sabemos que hay dos triángulos monocromáticos, supongamos que B es uno de los vértices de uno de esos triángulos. Como en el hexágono ACDEFG hay dos triángulos monocromáticos, en el heptágono hay tres: esos dos y el que tiene a B como vértice. Algún vértice del heptágono tiene que ser vértice de dos de esos triángulos, supongamos que es G. En el hexágono ABCDEF hay dos triángulos monocromáticos y por lo tanto en el heptágono hay cuatro: esos dos y los dos de vértice G.

Finalmente, mostraremos que en un octágono se forman siete triángulos monocromáticos. Sea ABCDEFGH el octágono. En el heptágono BCDEFGH hay cuatro triángulos monocromáticos, dos de ellos comparten un vértice, digamos B. Ahora, en el heptágono ACDEFGH, hay cuatro triángulos monocromáticos distintos de los otros dos. Un vértice del octágono debe estar en tres de los seis triángulos monocromátiucos y con los tres que tienen a H como vértice tenemos siete triángulos monocromáticos.


Problema 4

Los enteros de esa forma son los del 5 al 45. Con a₁=a₂=...=a₉=1 obtenemos el mayor de esos números, 45. Con a₁=a₂=...=a₉=9 obtenemos el menor, 5. Como ¹/₇ + ²/₇ + ... + ⁷/₇ = ²⁸/₇ = 4, se pueden escribir 6, 7, 8 y 9 así:

Si tomamos cada a_i=i, cada fracción es igual a 1 y obtenemos 9 sumándolas. Si cambiamos alguna a_i de i a 1, la suma aumenta ⁱ/₁-ⁱ/_i=i-1, entonces podemos conseguir aumentos (independientes) de 1,2,3,...8 y así formamos los números del 10 al 45.


Problema 5

Como JQ es paralela a AB, JQP=QBA y QBA=JCP por que subtienden el mismo arco en la circunferencia. Por lo tanto, JPQC es un cuadrilátero cíclico.

Por otro lado:

BC²=AC QC

^BC/_AC=^QC/_BC

BCAQCB (porque comparten el ángulo C)

PQC=JCQ (porque BCA es isósceles)

JPQC es un trapecio isósceles (porque JPQC es cíclico)

JP es paralelo a QC (otra vez porque JPQC es cíclico),

donde usamos dos veces que los únicos trapecios cíclicos son los isósceles.

Para cada plano equidistante P, los cinco puntos A, B, C, D, E están en dos planos paralelos a P, dos en uno y tres en el otro. Recuerde que no hay cuatro puntos en un mismo plano.

Tomemos cuatro de los puntos, digamos A, B, C y D, y veamos donde puede colocarse el quinto punto E para obtener la mayor cantidad de planos equidistantes. Si los cinco puntos se deben dividir en dos conjuntos, uno de dos elementos y otro de tres, tenemos que hay dos posibilidades: (1) que E esté en un conjunto de tres elementos, y (2) que E esté en un conjunto de dos elementos.

En el caso (1) formemos primero un paralelepipedo de caras paralelas a– lplano que determinan aristas opuestas del tetraedro ABDCE deberá unirse a un par de puntos del conjunto {A, B, C, D} y entonces determinará un plano que será paralelo tanto al otro plano que pasa por los otros dos puntos como al plano equidistante correspondiente, esto se puede hacer de = 6 maneras y los planos que se determinan así son los planos que conteinen a las caras del paralelepípedo, siendo la cara paralela la otra donde se encuentran los otros dos puntos y determinando como plano equidistante el plano paralelo a los anteriores que pasa por los puntos medios de las cuatro aristas que no están sobre los dos primeros planos, así en éste caso solamente hay tres posibles planos equidistantes y éstos se logran cuando el punto E es cualquier vértice del paralelepípedo diferente de A, B, C, D.

En el caso (2) E deberá unirse a uno de los puntos A, B, C, D y los restantes 3 estarán en un plano paralelo al equidistante, esto se puede hacer de cuatro maneras y los planos donde E puede estar son los planos paralelos a las carasdel tetraedro ABCD que pasan por el vértice que no está en la cada que se está considerando; estos planos forman otro tetraedro semejante al ABCD. Claramente E no puede estar en los cuatro planos, pero si en tres, cuando E es uno de los vértices de este nuevo tetraedro, en cuyo caso se obtienen también tres planos equidistantes.