Solución del problema 21

Enunciado del problema 21

Solución Como $2007=3^2\cdot 223$, los divisores son $1,3,9,223,669y2007$. Las parejas enteras tales que su producto sea 2007 son

1 2007

3 669

9 223

Como a debe ser positivo, la suma de las raíces debe ser negativa, por tanto las posibilidades son

raíz	raíz	Valor de a
-1	-2007	2008
-3	-669	672
-9	-223	232

Por tanto hay 3 valores de a

Problema 21. CM2007626

Hallad cuántos números reales positivos "a" hay de manera que la ecuación cuadrática $x^2+ax+2007=0$ tenga dos raíces enteras

Solución del problema 21

Solución del problema 20

Enunciado del problema 20

En primer lugar analicemos los términos de la sucesión como si no volvieran a empezar otra vez desde 1. Tomando como cuadrado inicial el sombreado, tenemos una serie de cuadrados autocontenidos en cuyos lados tienen un número impar de cuadrados pequeños.

73	74	75	76	77	78	79	80	81
72	43	44	45	46	47	48	49	50
71	42	21	22	23	24	25	26	51
70	41	20	7	8	9	10	27	52
69	40	19	6	1	2	11	28	53
68	39	18	5	4	3	12	29	54
67	38	17	16	15	14	13	30	55
66	37	36	35	34	33	32	31	56
65	64	63	62	61	60	59	58	57

Si tomamos los números que están encima del 1 central (incluido este) tenemos la sucesión $1,8,23,46,\dots$

Hallemos el término general para esta sucesión, viendo las diferencias finitas entre sus términos

1		8		23		46		77
	7		15		23		31
		8		8		8

por tanto el término general será

$$\begin{array}{ccc}{a}_n& =& 1+7\cdot \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1}{1}\right)+8\cdot \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1}{2}\right)=\end{array}$$

$$=1+7\left(n-1\right)+8\frac{\left(n-1\right)\left(n-2\right)}{2}=$$$$1+7n-7+4\left(n^2-3n+2\right)=4n^2-5n+2$$

En nuestro caso queremos saber el número que hay 100 filas mas arriba, por tanto el valor correspondiente a $n=101$ que es $a_{101}=40301$

Además

Si $a_n\equiv 0\left(5\right)$le corresponde un 5

Si $a_n\equiv 1\left(5\right)$le corresponde un 1

Si $a_n\equiv 2\left(5\right)$le corresponde un 2

Si $a_n\equiv 3\left(5\right)$le corresponde un 3

Si $a_n\equiv 4\left(5\right)$le corresponde un 4

Puesto que $40301\equiv 1\left(5\right)$, le corresponde un 1

Problema 20. CM2007629

Las cifras de la secuencia 1234512345123... Llenan las celdas de la figura empezando en la sombrada y siguiendo en espiral. ¿Qué número estará en la celda situada 100 celdas por encima de la celda central?

1	2	3	.	.
5	2	3	4	5
4	1	1	2	1
3	5	4	3	2
2	1	5	4	3

Solución del problema 20

Problema 19. CM200626

En el triángulo $\stackrel{▵}{ABC}$se tiene $\widehat{CAB}=30º,\widehat{CBA}=120º$y $\overline{CD}$ es la bisectriz del ángulo $\widehat{ACB}$. ¿Cuánto vale $\frac{\overline{BC}}{\overline{CD}}$?

Solución del problema 19

Solución del problema 19

Enunciado del problema 19

En el triángulo $\stackrel{▵}{ACB},\widehat{ACB}=30º,\widehat{DCB}=15º \Rightarrow \widehat{DCB}=45º$

Si suponemos que $\overline{CB}=1$(lo que no resta generalidad a la conclusión)

$$\frac{CB}{sen\widehat{CDB}}=\frac{CD}{sen\widehat{DBC}}\Rightarrow \frac{CB}{CD}=\frac{sen45º}{sen120º}=\frac{\frac{\sqrt{2}}{2}}{\frac{\sqrt{3}}{2}}=\sqrt{\frac{2}{3}}$$

Problema 18. Olimpiadas matemáticas locales 2003

Determina los dos valores de x más próximos (por defecto y por exceso) a 2003 que cumplen la siguiente ecuación trigonométrica:

$$\frac{1}{se{n}^{2}x}-\frac{1}{co{s}^{2}x}-\frac{1}{t{g}^{2}x}-\frac{1}{ct{g}^{2}x}-\frac{1}{se{c}^{2}x}-\frac{1}{cose{c}^{2}x}=-3$$

Solución del problema 18

Solución problema 18

Enunciado del problema 18

Hacemos $se{n}^{2}x=t$. Entonces

$$\frac{1}{t}-\frac{1}{1-t}-\frac{1}{\frac{t}{1-t}}-\frac{1}{\frac{1}{t}}-\frac{1}{\frac{1}{1-t}}-\frac{1}{\frac{t}{1-t}}=$$$$=\frac{1}{t}-\frac{1}{1-t}-\frac{1-t}{t}-t-\left(1-t\right)-\frac{1-t}{t}=$$

$$=\frac{1-t-t-(1-t{)}^2-t(1-t)-(1-t{)}^2}{t\left(1-t\right)}=$$$$=\frac{1-t-t-1+2t-t^2-t+t^2-1+2t-t^2}{t\left(1-t\right)}$$

$$\frac{-t^2+t-1}{t\left(1-t\right)}=-3\Rightarrow -t^2+t-1=-3t+3t^2\Rightarrow 4t^2-4t+1=0$$

$$t=\frac{4\pm \sqrt{16-16}}{8}=\frac{1}{2}\Rightarrow se{n}^{2}x=\frac{1}{2}\Rightarrow \{\begin{array}{cc}x=30º+360k& \\ x=150º+360k& \end{array}$$

Para $k=5,x=1830,x=2190$

Para $k=6,x=1950,x=2310$

Por tanto las soluciones son $2190º$y$1950º$

Problema 17. CM2009628

Sea AD la mediana del triángulo ABC. El ángulo ACB mide 30º, el ángulo ADB mide 45º. ¿Cuánto mide el ángulo BAD ̂?

Solución 1 del problema 17
Solución 2 del problema 17
Solución 3 del problema 17

Solución 1 del problema 17

Enunciado problema 17

En la figura de la izquierda a=$\overline{DC}$=$\overline{DC}$ y $\overline{AD}=m$

Por el teorema del seno en el triángulo $\stackrel{▵}{ADC}$

$$\frac{a}{sen15º}=\frac{m}{sen30º}$$

y en el triángulo $\stackrel{▵}{ABD}$

$$\frac{a}{sen\alpha }=\frac{m}{sen\left(135-\alpha \right)}$$

De lo anterior como

$$sen\left(135-\alpha \right)=sen135cos\alpha +cos135sen\alpha =$$

$$\frac{\sqrt{2}}{2}cos\alpha +\frac{\sqrt{2}}{2}sen\alpha =\frac{\sqrt{2}}{2}\left(cos\alpha +sen\alpha \right)$$

Entonces

$$\frac{a}{m}=\frac{sen15}{sen30}=\frac{sen\alpha }{sen\left(135-\alpha \right)}=\frac{sen\alpha }{\frac{\sqrt{2}}{2}\left(sen\alpha +cos\alpha \right)}$$

Desarrollando el sen30 como el seno del ángulo doble

$$\frac{sen15}{2sen15cos15}=\frac{sen\alpha }{\frac{\sqrt{2}}{2}\left(sen\alpha +cos\alpha \right)}\Rightarrow 2cos15=\frac{\sqrt{2}}{2}\left(1+cot\alpha \right)$$

Como$$cos\alpha =\pm \sqrt{\frac{1+cos\alpha }{2}}\Rightarrow cos15=\sqrt{\frac{1+\frac{\sqrt{3}}{2}}{2}}=\sqrt{\frac{2+\sqrt{3}}{4}}=\frac{\sqrt{2+\sqrt{3}}}{2}$$

Sustituyendo $cos15=\frac{\sqrt{2+\sqrt{3}}}{2}$

$$\frac{2\sqrt{2+\sqrt{3}}}{2}=\frac{\sqrt{2}}{2}\left(1+cot\alpha \right)\Rightarrow \frac{\sqrt{2+\sqrt{3}}}{\sqrt{2}}=1+cot\alpha$$

Utilizando que $\sqrt{2+\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{2}}{2}+\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{2}}$ (Véase problema 16)

$cot\alpha =2\frac{\sqrt{2+\sqrt{3}}}{\sqrt{2}}-1=\frac{2}{\sqrt{2}}\left(\frac{\sqrt{2}}{2}+\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{2}}\right)-1=1+\frac{2\sqrt{3}}{2}-1=\sqrt{3}$

luego $\alpha =30º$

Solución 2 del problema 17

Enunciado problema 17

En la figura de la izquierda a=$\overline{BD}$=$\overline{DC}$ y $\overline{AD}=m$

Por el teorema del seno en el triángulo $\stackrel{▵}{ADC}$

$$\frac{a}{sen15º}=\frac{m}{sen30º}$$

y en el triángulo $\stackrel{▵}{ABD}$

$$\frac{a}{sen\alpha }=\frac{m}{sen\left(135-\alpha \right)}\Rightarrow sen30sen\alpha =sen15sen\left(135-\alpha \right)$$

Como $senasenb=\frac{cos\left(a+b\right)-cos\left(a-b\right)}{-2}$, resulta

$$\frac{cos\left(30+\alpha \right)-cos\left(30-\alpha \right)}{-2}=\frac{cos\left(15+135-\alpha \right)-cos\left(15-135+\alpha \right)}{-2}$$

$$cos\left(30+\alpha \right)-cos\left(30-\alpha \right)=cos\left(150-\alpha \right)-cos\left(\alpha -120\right)\left(1\right)$$

En cuanto a la primera parte de la igualdad anterior

$$cos\left(30+\alpha \right)-cos\left(30-\alpha \right)=$$

$$cos30cos\alpha -sen30sen\alpha -\left(cos30cos\alpha +sen30sen\alpha \right)=$$

$$-sen330sen\alpha -sen30sen\alpha =-2sen30sen\alpha =-sen\alpha$$

En cuanto a la segunda parte de

$$cos\left(150-\alpha \right)-cos\left(\alpha -120\right)=$$

$$=cos150cos\alpha +sen150sen\alpha -\left(cos\alpha cos120+sen\alpha sen120\right)=$$

$$=cos150cos\alpha +sen150sen\alpha -cos\alpha cos120-sen\alpha sen120)=$$

$$-\frac{\sqrt{3}}{2}cos\alpha +\frac{1}{2}sen\alpha -\frac{\sqrt{3}}{2}cos\alpha -\frac{1}{2}sen\alpha =-\sqrt{3}cos\alpha$$

Sustituyendo estos resultados en (1)

$$-sen\alpha =-\sqrt{3}cos\alpha \Rightarrow tan\alpha =\sqrt{3}\Rightarrow \alpha =30$$

Solución 3 problema 17

Enunciado problema 17

En la figura de arriba a=$\overline{BD}=DC$ y $AD=m$

Por el teorema del seno en el triángulo $ADC$

$$\frac{a}{sen15º}=\frac{m}{sen30º}$$

y en el triángulo $\stackrel{▵}{ABD}$

$$\frac{a}{sen\alpha }=\frac{m}{sen\left(135-\alpha \right)}$$

Combinando ambos resultados

$$\frac{sen15}{sen30}=\frac{sen\alpha }{sen\left(135-\alpha \right)}\Rightarrow \frac{sen\alpha sen30}{sen15}=sen\left(135-\alpha \right)\left(1\right)$$

Como

$$sen\left(135-\alpha \right)=sen135cos\left(-\alpha \right)+cos135sen\left(-\alpha \right)=\frac{\sqrt{2}}{2}cos\alpha +\frac{\sqrt{2}}{2}sen\alpha$$

Sustituyendo ésta expresión en el segundo miembro de (1) y dividiendo por $cos\alpha$

$$\frac{tg\alpha }{2sen15}=\frac{\sqrt{2}}{2}+\frac{\sqrt{2}}{2}tg\alpha \Rightarrow tg\alpha =2sen15\frac{\sqrt{2}}{2}\left(1+tg\alpha \right)$$

$$tg\alpha =\sqrt{2}sen15+\sqrt{2}sen15tg\alpha \Rightarrow tg\alpha -\sqrt{2}sen15tg\alpha =\sqrt{2}sen15$$

$$tg\alpha \left(1-\sqrt{2}sen15\right)=\sqrt{2}sen15\Rightarrow tg\alpha =\frac{\sqrt{2}sen15}{1-\sqrt{2}sen15}\left(2\right)$$

Utilizando conocidas fórmulas trigonométricas y el resultado del problema 16

$$sen\frac{\alpha }{2}=\sqrt{\frac{1-cos\alpha }{2}}\Rightarrow sen15=\sqrt{\frac{1-\frac{\sqrt{3}}{2}}{2}}=\frac{\sqrt{2-\sqrt{3}}}{2}=\frac{\sqrt{6}}{2}-\frac{\sqrt{2}}{2}$$

Sustituyendo en (2) y como $\sqrt{2}\left(\frac{\sqrt{6}}{2}-\frac{\sqrt{2}}{2}\right)=\frac{\sqrt{3}}{2}-\frac{1}{2}$$$\frac{\sqrt{2}sen15}{1-\sqrt{2}sen15}=\frac{\sqrt{2}\left(\frac{\sqrt{6}}{2}-\frac{\sqrt{2}}{2}\right)}{1-\sqrt{2}\left(\frac{\sqrt{6}}{2}-\frac{\sqrt{2}}{2}\right)}=\frac{\frac{\sqrt{3}}{2}-\frac{1}{2}}{1-\frac{\sqrt{3}}{2}-\frac{1}{2}}=\frac{\frac{\sqrt{3}}{2}-\frac{1}{2}}{\frac{2-\sqrt{3}+1}{2}}=\frac{\sqrt{3}-1}{3-\sqrt{3}}=$$

$$=\frac{\left(\sqrt{3}-1\right)\left(3+\sqrt{3}\right)}{\left(3-\sqrt{3}\right)\left(3+\sqrt{3}\right)}=\frac{3\sqrt{3}-3+3-\sqrt{3}}{9-3}=\frac{2\sqrt{3}}{6}=\frac{\sqrt{3}}{3}\Rightarrow \alpha =30º$$