Soluciones a los problemas de pr´actica
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11n ≡ 11 (mod 100) ⇔ 10n ≡ 10 (mod 100) ⇔ n ≡ 1 (mod 10). Con lo que hemos probado que 11n tiene sus u´ ltimos d´ıgitos iguales si y s´olo si n termina en 1. Supongamos ahora que los tres u´ ltimos d´ıgitos de 11n son iguales. Por lo anterior, n es de la forma 10k + 1 y 11n ≡ 111 (mod 1000). Empleando nuevamente el teorema del binomio tenemos 102 + 10n + 1 (mod 1000), 111 ≡ n2 102 + n1 10 + 1 = n(n−1) 2 por lo que
111 ≡ 5k(10k + 1)102 + 10(10k + 1) + 1 ≡ 600k + 11 (mod 1000), de donde se sigue que 100 ≡ 600k (mod 1000) y 1 ≡ 6k (mod 10), lo que, por paridad, es imposible. En consecuencia ninguna potencia de 11 puede tener sus tres u´ ltimos d´ıgitos iguales. Soluci´on del problema 16. Sea d = b − a. Entonces hay (a + d)2 − a2 + 1 = 2ad + d2 + 1 enteros en consideraci´on, de los cuales d + 1 son cuadrados perfectos. Luego, necesitamos que 100(d + 1) = 2ad + d2 + 1, de donde a=
100(d + 1) − d2 − 1 100 − d 99 = + . 2d 2 2d
Si d es par, el primer t´ermino es un entero y el segundo t´ermino no lo es. Luego, d debe ser impar. Entonces, el primer t´ermino es una fracci´on con denominador igual a 2, de modo que el segundo t´ermino debe ser tambi´en una fracci´on con denominador igual a 2. Esto significa que d debe ser un divisor de 99, es decir, d = 1, 3, 9, 11, 33 o´ 99. Si d = 1, entonces a =
99 2
+
99 2
= 99 y b = 99 + 1 = 100.
Si d = 3, entonces a =
97 2
+
99 6
= 65 y b = 65 + 3 = 68.
Si d = 9, entonces a =
91 2
+
99 18
= 51 y b = 51 + 9 = 60.
Si d = 11, entonces a =
89 2
+
99 22
= 49 y b = 49 + 11 = 60.
Si d = 33, entonces a =
67 2
+
99 66
= 35 y b = 35 + 33 = 68.
Si d = 99, entonces a =
1 2
+
99 198
= 1 y b = 1 + 99 = 100.
Soluci´on del problema 17. Dado que BB1 k A1 F y F C1 k BC, tenemos que ∠AC1 B1 = ∠ABC y ∠AGB1 = ∠AA1 F . Luego, los a´ ngulos ABC y AA1 F son iguales si y s´olo si el cuadril´atero AB1 GC1 es c´ıclico.