Solución al problema 148

Enunciado del problema 148

Llamemos $t$ al ángulo $\widehat{MOB}$. Como $OA=MN=NP$ y el triángulo $AMP$es rectángulo, $N$ está en la mitad de $MP$, luego $MN=AN$.

Se tiene que:

$$\widehat{APN}=t=\Rightarrow \widehat{PAN}=t=\Rightarrow \widehat{ANP}=180-2t=\Rightarrow \widehat{ANO}=2t$$

Como $$ AN=OA = ⇒ AON ˆ =2t y por tanto

$$$$ AOB ˆ = AON ˆ + NOB ˆ =2t+t=3t

Problema 148. Concoide de Nicomedes

La concoide de Nicomedes se obtiene también cuando trazamos un ángulo utilizando el método de Hipócrates (siglo V a.C.) que aparece en la figura.

Supongamos que queremos trisecar el ángulo agudo $\widehat{AOB}$. Construimos una recta auxiliar perpendicular a uno de los lados. Esta recta corta a los lados del ángulo en $A$y en $K$. Para cada recta que pasa por $O$, hallamos el punto $P$ de tal manera que la distancia $MP$ sea el doble de la longitud del segmento $OA$, siendo $M$ el punto de intersección de la recta variable $OP$ con la recta auxiliar $KA$. Cuando la recta $AP$ es paralela al lado $OB$, el ángulo $\widehat{BOP}$ es la tercera parte del ángulo $\widehat{BOA}$. Demuéstralo.

Solución al problema 148

Solución al problema 147

Hay que calcular

$\frac{\left(2+3\right)\left(2^2+3^2\right)\left(2^4+3^4\right)\left(2^8+3^8\right)\dots \left(2^{1024}+3^{1024}\right)\left(2^{2048}+3^{2048}\right)+2^{4096}}{3^{2048}}$(1)

Como la suma de los n términos de una progresión geométrica de razón r es $S_n=\frac{a_{n}r-a_1}{r-1}$ y como $3\cdot 3^2\cdot 3^3\cdot \dots \cdot 3^{1024}=3^{2047}$

$\frac{\left(2+3\right)\left(2^2+3^2\right)\left(2^4+3^4\right)\dots \left(2^{1024}+3^{1024}\right)\left(2^{2048}+3^{2048}\right)}{3^{2048}}=$

$=\left(\frac{2+3}{3}\right)\left(\frac{2^2+3^2}{3^2}\right)\left(\frac{2^4+3^4}{3^4}\right)\dots \left(\frac{2^{1024}+3^{1024}}{3^{1024}}\right)\frac{\left(2^{2048}+3^{2048}\right)}{3}$(2)

Llamando $m=\frac{2}{3}$

$\left(m+1\right)\left(m^2+1\right)\left(m^4+1\right)\dots \left(m^{1024}+1\right)=$

$m^{2047}+m^{2046}+m^{2045}+\dots +m^2+m+1=$

$\frac{m^{2048}-1}{m-1}=\frac{1-m^{2048}}{1-m}=\frac{1-m^{2048}}{1-\frac{2}{3}}=3\left(1-m^{2048}\right)$

con lo cual en (2)

$\left(2\right)=3\left(1-m^{2048}\right)\frac{2^{2048}+3^{2048}}{3}$

Y por tanto en (1)

$\left(1\right)=\left(1-m^{2048}\right)\left(2^{2048}+3^{2048}\right)+\frac{2^{4096}}{3^{2048}}=\left(1-m^{2048}\right)\left(2^{2048}+3^{2048}\right)+m^{2048}{2}^{2048}=$

$=\frac{\left(1-m^{2048}\right)\left(2^{2048}+3^{2048}\right)+m^{2048}{2}^{2048}}{3^{2048}}{3}^{2048}=\left(\left(1-m^{2048}\right)\left(m^{2048}+1\right)+m^{2048}{m}^{2048}\right)3^{2048}=$

$\left[\left(1-m^{4096}\right)+m^{4096}\right]3^{2048}=3^{2048}$

Problema 147. CM2010627

Calcula el valor de la expresión

$\frac{\left(2+3\right)\left(2^2+3^2\right)\left(2^4+3^4\right)\left(2^8+3^8\right)\dots \left(2^{1024}+3^{1024}\right)\left(2^{2048}+3^{2048}\right)+2^{4096}}{3^{2048}}$

Solución al problema 146

Enunciado del problema 146

La secuencia de ángulos que se van formando en función de $\alpha$ es la siguiente:

Como $n\alpha$, $n\alpha$ y $180-n\alpha$ son ángulos de un triángulo y dos de ellos son iguales, deberá ocurrir que $n\alpha$ debe ser menor de 90º. Como $\alpha =7º$ resulta:

$12\cdot 7=84$ y $13\cdot 7=91$, es decir que podemos llegar hasta $12\alpha$. Contando a partir de $A_1$, el número de segmentos es de 12.

Problema 146. CM2010525

En la figura $$ α =7 º y las medidas de los segmentos $O{A}_1,A_1{A}_2,A_2{A}_3,\dots$ son todas iguales. ¿Cuál es el mayor número de segmentos distintos que pueden dibujarse en esas condiciones a partir del punto $A_1$?

Solución al problema 146

Solución al problema 145

Enunciado del problema 145

$2010^{10}=(201\cdot 10{)}^{10}=201^{10}\cdot 10^{10}$

$201^{10}=(200+1{)}^{10}=(2\cdot 10^2{)}^{10}+10\cdot (2\cdot 10^2{)}^9+\dots +10\cdot 2\cdot 10^2+1=$

$2^{10}\cdot 10^{20}+2^9\cdot 10^{19}+\dots +1=1024\cdot 10^{20}+512\cdot 10^{19}+\dots +1$

El primer término de esta suma tiene claramente 24 cifras, el segundo 22 cifras, el tercero 21 cifras, y después cada vez menos, hasta tener solo una. Por tanto el número $201^{10}$ tendrá 24 cifras. Añadiendo la cifras de $10^{10}$, resultan un total del 34 cifras para $2010^{10}$ .

Problema 145. CM2010429

¿Cuántas cifras tiene $2010{}^{10}?$

Solución al problema 145

Solución al problema 144

Enunciado del problema 144

$\widehat{DCB}=120º$. Por el teorema del coseno $D{B}^2=1^2+1^2-2\cdot 1\cdot 1\cdot cos\widehat{DCB}=2\left(1+\frac{1}{2}\right)=3\Rightarrow DB=\sqrt{3}$. Entonces $PB=\frac{\sqrt{3}}{2}\Rightarrow PC=\sqrt{1-{\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)}^2}=\sqrt{\frac{1}{4}}=\frac{1}{2}\Rightarrow MP=\frac{1}{2}$. Como $\widehat{MPB}=90º$, el triángulo $MPB$ es rectángulo, por tanto $\left[Área\left(MPB\right)\right]=\frac{\sqrt{3}}{2}\cdot \frac{1}{2}\cdot \frac{1}{2}=\frac{\sqrt{3}}{8}$.

El área del sectror circular es:

$\left[ÁreasectorMBA\right]=\frac{\pi \cdot 1^2}{6}=\frac{\pi }{6}$

Y el área pedida

$\left[Área\right]=\frac{\sqrt{3}}{8}+\frac{\pi }{6}=\frac{4\pi +3\sqrt{3}}{24}$

Problema 144. Canguro matemático 2010430

$ABCDEF$ es un hexágono regular con centro M. Los lados son de longitud 1. ¿Cuál es el área de la zona sombreada?

Solución al problema 144

Solución al problema 143

Enunciado del problema 143

Planteamiento:

Para cada calle vamos a calcular el segmento de la recta tangente que va desde la línea mas interior de la calle hasta el punto de tangencia al círculo mas interior de la pista (calle 1). La diferencia entre dicho punto de tangencia $\left(P_i\right)$ y el punto de tangencia de la calle 8 con el círculo más interior se supone recorrido por la circunferencia interior.

Sea $R$ el radio de la circunferenica interior, L el ancho de cada calle. Sean $A_i{P}_i=l_i$ el segmento de la tangente que va desde la circunferencia interior de la calle $i$ ,$\left(A_i\right)$hasta el punto de tangencia con la circunferencia interior $\left(P_i\right)$.

Como el triángulo $A_i{P}_{i}C$ es rectángulo, por ser $A_i{P}_i$ tangente a la circunferencia

$l_i^2=(R+(i-1)L{)}^2-R^2$, y en particular $l_8^2=(R+7L{)}^2-R^2$. Además $l_1=0$ porque el punto $A_1$ está en la circunferencia misma.

Si ${\alpha }_i$ es el ángulo que forma la recta $C{A}_i$ con $C{P}_i$:

${\alpha }_i=arccos\left(\frac{R}{R+\left(i-1\right)L}\right)$ y llamamos $\alpha ={\alpha }_8=arccos\left(\frac{R}{R+7L}\right)$

Si $d_i$ es la distancia entre $P_i$ y $P_8$ medida sobre la circunferencia, dicha distancia será

$d_i=R\left(\alpha -{\alpha }_i\right)$

y la distancia total recorrida por cada corredor de la calle $i$ será $l_i+d_i$

Veamos un caso particalar de aplicación de las fórmulas anteriores en una pista de 8 calles, donde $R=36.5m$ y la anchura de cada calle es $L=1.25$.

En tal caso $\alpha ={\alpha }_8=0.63236853$.

$R$	$L$	$i$	$l_i$	${\alpha }_i$	$\alpha -{\alpha }_i$	$d_i$	$l_i+d_i$
$36.5$	$1.25$	$1$	$0$	$0.632368533$	$0.632368533$	$23.08$	$23.08$
$36.5$	$1.25$	$2$	$9.63$	$0.25805796$	$0.374310577$	$13.66$	$23.30$
$36.5$	$1.25$	$3$	$13.74$	$0.35999826$	$0.272370271$	$9.94$	$23.68$
$36.5$	$1.25$	$4$	$16.97$	$0.43508956$	$0.197278975$	$7.20$	$24.17$
$36.5$	$1.25$	$5$	$19.75$	$0.49594782$	$0.136420718$	$4.98$	$24.73$
$36.5$	$1.25$	$6$	$22.26$	$0.54755264$	$0.084815889$	$3.10$	$25.35$
$36.5$	$1.25$	$7$	$24.57$	$0.59250309$	$0.039865441$	$1.46$	$26.03$
$36.5$	$1.25$	$8$	$26.75$	$0.63236853$	$0$	$0$	$26.75$

Problema 143

En una pista de atletismo está compuesta de 9 semicircunferencias concéntricas, unidas por líneas paralelas como se indica en la figura. Los corredores van por sus calles hasta llegar a la recta $r$, desde donde se dirigen en línea recta a un punto de la semicircunferencia más pequeña de tal manera que su trayectoria sea tangente a dicha círcunferencia. Hállese las distintas distancias que recorre cada uno de los participantes en las calles hasta un punto por el que pasen todos los corredores.

Solución al problema 143

Solución 3 al problema 142

Enunciado del problema 142

Tenemos que $a_{n+3}=a_n+a_{n+1}-a_{n+2}\Rightarrow a_{n+3}+a_{n+2}-a_{n+1}-a_n=0$

Sustituyendo por el operador $\nabla$:

$\left({\nabla }^3+{\nabla }^2-\nabla -1\right)a_n=0$

Resolviendo la ecuación asociada

$x^3+x^2-x-x=\left(x-1\right)\cdot (x+1{)}^2$

Por la teoría de las diferencias finitas, si ${\alpha }_1,{\alpha }_2,\dots ,{\alpha }_n$ son las raíces de la ecuación asociada, el término general $a_n$ es de la forma:

$a_n=A_1{\alpha }_1^n+A_2{\alpha }_2^n+\dots +A_n{\alpha }_n^n$, donde se ha de poner $n{A}_i$ si alguna de las ${\alpha }_i$ es doble.

En este caso

$a_n=A{1}^n+B(-1{)}^n+Cn(-1{)}^n$

Como sabemos que $a_1=1;a_2=2$ y $a_3=3$, resulta

$\{\begin{array}{c}1=A-B-C\\ 2=A+B+2C\\ 3=A-B-3C\end{array}.$

que tiene por soluciones $A=2;B=2$ y $C=-1$

Por tanto $a_n=2+(-1{)}^n(2-n)$

Si $n$ es impar $a_n=2-\left(2-n\right)=n$, y si $n$ es par $a_n=2+\left(2-n\right)=4-n$

En conclusión $a_{2010}=2+\left(2-2010\right)=-2006$

Solución 2 al problema 142

Enunciado del problema 142

Demostraremos por inducción estas dos proposiciones:

1) En la sucesión $a_n$, si $n$ es par $a_n=n$

2) En la sucesión $a_n$, si $n$ es impar, $a_n=4-n$

Demostración de la primera proposición

Supongamos que $n$ es impar

1º) Para los primeros casos: $a_1=1;a_3=3;a_5=5$

2º)Supongamos que $n$ es impar y $a_m=m$, para todo $m<n$, con $m$ impar

Vamos a demostrarlo para el caso $n$:

Si $n$ es impar, también lo son $n-2$ y $n-4$, por tanto $a_{n-2}=n-2$ y $a_{m-4}=n-4$

Entonces

$a_n=a_{n-3}+a_{n-2}-a_{n-1}=a_{n-3}+n-2-a_{n-1}$(1)

Además

$a_{n-1}=a_{n-4}+a_{n-3}-a_{n-2}=n-4+a_{n-3}-\left(n-2\right)=$

$n-4+a_{n-3}-n+2=a_{n-3}-2$

Sustituyendo en (1)

$a_n=a_{n-3}+n-2-\left(a_{n-3}-2\right)=a_{n-3}+n-2-a_{n-3}+2=n$

Demostración de la segunda proposición

Supongamos que $n$ es par

1º) Para los primeros casos $a_2=4-2=2;a_4=4-4=0$, que coincide con el valor de los primeros términos de la sucesión.

2º) Supongamos que $n$ es par y $a_m=4-m$, para todo $m<n$, con $m$ par

Si $n$ es par, también lo son $n-2$ y $n-4$, por tanto $a_{n-2}=4-\left(n-2\right)=6-n$ y $a_{n-4}=4-\left(n-4\right)=8-n$

Entonces

$a_n=a_{n-3}+a_{n-2}-a_{n-1}=a_{n-3}+6-n-a_{n-1}$(2)

Además

$a_{n-1}=a_{n-4}+a_{n-3}-a_{n-2}=8-n+a_{n-3}-\left(6-n\right)=2+a_{n-3}$

Sustituyendo en (2)

$a_n=a_{n-3}+6-n-\left(2+a_{n-3}\right)=a_{n-3}+6-n-2-a_{n-3}=4-n$

Por tanto $a_{2010}=2-2010=-2006$

Solución 1 al problema 142

Enunciado del problema 142

Primera solución

Haciendo unos cuantos términos de la sucesión tenemos:

$n$	$1$	$2$	$3$	$4$	$5$	$6$	$7$	$8$	$9$
$a_n$	$1$	$2$	$3$	$1$	$5$	$-2$	$7$	$-4$	$9$
$n$	$10$	$11$	$12$	$13$	$14$	$15$	$16$	$17$	$\dots$
$a_n$	$-6$	$11$	$-8$	$13$	$-10$	$15$	$-16$	$17$	$\dots$

Se observa que el valor de la sucesión en los términos impares coincide con la sucesión. En cuanto a los pares, el valor de $$ a n es $n-4$ cambiado de signo, por tanto $a_{2010}=-\left(2010-4\right)=-2006$.