Problema 50

Halla los polígonos regulares cuyos ángulos miden un número entero

Solución del problema 50

Solución del problema 49

Enunciado del problema 49

Llamamos $X$ al suceso parar en el piso x, y $X\cap Y$ al suceso que el primer inquilino baje en el piso X, y el segundo en el piso Y.

Si $x,y$son distintos, $p\left(X\cap Y\right)=\frac{10}{70}\cdot \frac{10}{69}$

Si $x,y$ son iguales,$p\left(X\cap Y\right)=\frac{10}{70}\cdot \frac{9}{69}$

Por tanto la probabilidad pedida será

$$P=p\left(5\cap 1\right)+p\left(5\cap 2\right)+p\left(5\cap 3\right)+p\left(5\cap 4\right)+p\left(5\cap 5\right)+p\left(5\cap 6\right)+$$

$$+p\left(5\cap 7\right)+p\left(1\cap 5\right)+p\left(2\cap 5\right)+p\left(3\cap 5\right)+p\left(4\cap 5\right)+p\left(6\cap 5\right)+p\left(7\cap 5\right)=$$

$$=\frac{10}{70}\cdot \frac{10}{69}\cdot 12+\frac{10}{70}\cdot \frac{9}{69}\simeq 0.2671$$

Problema 49. Olimpiadas matemáticas

En el 5º piso de una casa de 7, estoy esperando al ascensor, que inicia el ascenso con dos inquilinos dentro. Sabiendo que en cada piso viven 10 personas y que soy ajeno a la casa. ¿Cuál es la probabilidad de que se pare en el 5º piso?

Solución del problema 49

Solución del problema 48

Enunciado del problema 48

En primer lugar por el teorema del coseno $a^2=b^2+c^2-2bccosA$. Por tanto $b^2+c^2=a^2+2bccosA$

Si A es agudo $2bccosA>0$ luego $b^2+c^2>a^2$ y viceversa.

Si A es recto $2bccosA=0$ luego $b^2+c^2=a^2$ y viceversa.

Si A es obtuso $2bccosA<0$ luego $b^2+c^2<a^2$ y viceversa.

Sea ahora $se{n}^{2}A+se{n}^{2}B+se{n}^{2}C=2(*)$

Por el teorema del seno

$$\frac{senA}{a}=\frac{senB}{b}=\frac{senC}{c}\Rightarrow \frac{senA}{senC}=\frac{a}{c};\frac{senB}{senC}=\frac{b}{c}$$

Dividiendo $(*)$ por $se{n}^{2}C$ y sustutuyendo

$$\begin{array}{ccc}\frac{se{n}^{2}A}{se{n}^{2}C}+\frac{se{n}^{2}B}{se{n}^{2}C}+1& =& \frac{2}{se{n}^{2}C}\\ \frac{a^2}{c^2}+\frac{b^2}{c^2}+1& =& \frac{2}{se{n}^{2}C}\\ \frac{a^2+b^2}{c^2}& =& \frac{2}{se{n}^{2}C}-1\end{array}$$

Si C es un ángulo recto, la igualdad se cumple obviamente

Si A, B y C son agudos:

Si C es agudo $=senC<1,se{n}^{2}C<1\Rightarrow \frac{2}{se{n}^{2}C}-1>1$, por tanto $\frac{a^2+b^2}{c^2}>1$

Si los tres ángulos son agudos, esta desigualdad es cierta para los tres ángulos, luego no puede ser igual.

Si uno de ellos es obtuso, por ejemplo C. Por lo visto mas arriba $b^2+a^2<c^2$

Sin embargo si se cumpliera esta desigualdad resultaría

$$\frac{a^2+b^2}{c^2}=\frac{2}{se{n}^{2}C}-1>1$$

en contradicción con que C sea obtuso.

Problema 48. Olimpiadas matemáticas

Demuestra que si el triángulo ABC cumple que $se{n}^{2}A+se{n}^{2}B+se{n}^{2}C=2,$entonces el triángulo es rectángulo

Solución del problema 48

Solución problema 47

Enunciado del problema 47

A es la recta $arg\left(z\right)=\frac{\pi }{4}$, que pasa por el origen, pero trasladada al punto $2+3i$. Por tanto es la recta $y-3=tg\frac{\pi }{4}\left(x-2\right)$, es decir $y=x+1$

B es el círculo (sin la circunferencia) de centro (2,1) y radio 2.

$$.\begin{array}{c}y=x+1\\ (x-2{)}^2+(y-1{)}^2=4\end{array}\}$$Cuyos puntos de corte son $\left(0,1\right)$ y $\left(2,4\right)$

Proyectando sobre el eje X, queda el intervalo $\left(0,2\right)$

Problema 47

Se consideran en el plano los conjuntos de números complejos:

$$\begin{array}{cc}A=\left\{z/arg\left[z-\left(2+3i\right)\right]\right\}=\frac{\pi }{4};& B=\left\{z/\left|z-\left(2+i\right)\right|<2\right\}\end{array}$$

Determina la proyección ortogonal del conjunto intersección de A y B sobre el eje OX

Solución del problema 46

Enunciado del problema 46

Tenemos que

$$(a+b{)}^2-c^2=(a+b+c\left)\right(a+b-c)=a^2+b^2+2ab-c^2$$

Como es rectángulo $a^2-c^2=b^2$

Por tanto en la ecuación anterior

$$\left(a+b+c\right)\left(a+b-c\right)=b^2+b^2+2ab=2b^2+2ab=$$

$$=2b\left(a+c\right)\Rightarrow \frac{a+b+c}{a+b}=\frac{2b}{a+b-c}$$

Construimos entonces un triángulo $MNQ$, rectángulo en $M$, y la prolongación hasta $R$ del lado $MQ$, donde $MQ=a+b;MN=\left(a+b-c\right);MR=\left(a+b\right)+c$

Haciendo una paralela a $QN$ y cortando a la recta $MN$ en P, resulta $\frac{MR}{MQ}=\frac{MP}{MN}$. Por tanto $2b=MP$ y dividiendo en dos el segmento, obtenemos $b$. A partir de $b$, podemos construir $a$ fácilmente.

Problema 46. Olimpiadas matemáticas

Construye y resuelve un triángulo rectángulo en A, conocidos a y a+b

Solución del problema 46

Solución al problema 45

Enunciado del problema 45

$$\begin{array}{ccc}11_{(k}& =& 1+k\\ 1331_{(k}& =& 1+3k+3k^2+k^3=(1+k{)}^3\\ \sum _{k=5}^{k=49}\frac{11_{(k}}{\sqrt[3]{1331_{(k}}}& =& \sum _{k=5}^{k=49}\frac{1+k}{1+k}=\sum _{k=5}^{k=49}1=44\end{array}$$

Problema 45. Olimpiadas matemáticas

Calcula

$$\sum _{k=5}^{k=49}\frac{11_{(k}}{\sqrt[3]{1331_{(k}}}$$

sabiendo que $11$ y $1331$ están en base $k>3$

Solución del problema 45

Solución del problema 44

Enunciado del problema 44

Llamemos $senx=A,seny=B,cosx=\sqrt{1-A^2},cosy=\sqrt{1-B^2}$

Entonces, como $sen\left(x+y\right)=senxcosy+cosxseny$$$\begin{array}{cc}A\sqrt{1-B^2}+\sqrt{1-A^2}B& =A+B\end{array}$$

$$\begin{array}{ccc}{A}^2-A^2{B}^2& =& A^2+B^2+B^2-A^2{B}^2+2AB-2AB\sqrt{1-A^2}-2B^2\sqrt{1-A^2}\\ A^2-A^2{B}^2& =& A^2+B^2+B^2-A^2{B}^2+2AB-\sqrt{1-A^2}\left(2B^2+2AB\right)\\ 0& =& 2B^2+2AB-\sqrt{1-A^2}\left(2B^2+2AB\right)\\ 0& =& 2B\left(B+A-\sqrt{1-A^2}\left(B+A\right)\right)\end{array}$$

De aquí se deduce

$$\{\begin{array}{c}B=0\\ B+A-\sqrt{1-A^2}\left(B+A\right)=0\Rightarrow \left(B+A\right)\left(1-\sqrt{1-A^2}\right)=0\end{array}.$$

$$\Rightarrow \{\begin{array}{c}B=-A\\ \sqrt{1-A^2}=1\end{array}.$$

$$\{\begin{array}{c}B=0\Rightarrow seny=0\Rightarrow y=\{\begin{array}{c}y=2k\pi \\ y=\pi +2k\pi \end{array}.\\ \{\begin{array}{c}B=-A\Rightarrow seny=-senx\Rightarrow \{\begin{array}{c}y=-x+2k\pi \\ y=\pi +x+2k\pi \end{array}.\\ \sqrt{1-A^2}=1\Rightarrow A=0\Rightarrow senx=0\Rightarrow \{\begin{array}{c}x=2k\pi \\ x=\pi +2k\pi \end{array}.\end{array}.\end{array}.$$

En la imagen a continuación se dibujan las rectas-solución con distinta trama según la familia de soluciones

Problema 44. Olimpiadas matemáticas

Detemina el conjunto de puntos $P\left(x,y\right)$ tales que $sen\left(x+y\right)=senx+seny$

Solución del problema 44

Solución al problema 43.

Enunciado del problema 43

Supongamos que tenemos un cuadrado y que lo proyectamos sobre una recta r.Sea s la recta que une dos de los vértices del cuadrado, E y F. En la figura, sea$\alpha$ el ángulo que determina la recta r con la recta s.

En el triángulo AFD, tenemos que $AF=\left(a+b+c\right)cos\alpha$

En el triángulo AEC, tenemos que $AE=\left(a+b\right)cos\alpha$

Por tanto

$$EF=\left(a+b+c\right)cos\alpha -\left(a+b\right)cos\alpha =ccos\alpha$$

Igualmente en los mismos triángulos $FD=\left(a+b+c\right)sen\alpha$ y $GD=\left(b+c\right)sen\alpha$

Como $EF=FG$

$$ccos\alpha =asen\alpha \Rightarrow \frac{sen\alpha }{cos\alpha }=\frac{c}{a}\Rightarrow tg\alpha =\frac{c}{a}$$

Por tanto dados cuatro puntos, alineados ABCD, con distancias a,b y c, se construye perpendicularmente a AB un punto K, tal que KB=c. Como $tg\alpha =\frac{c}{a}$, ésa será la recta que me da un lado del cuadrado. Por paralelismo y perpendicularidad, se construyen las otras dos rectas que limitan el cuadrado.

Problema 43. Olimpiadas matemáticas

Construye un cuadrado cuyos lados o sus prolongaciones pasen por cuatro puntos dados sobre una recta

Solución del problema 43

Solución del problema 42

Enunciado del problema 42

Como $OS=0.25,d=AB=\sqrt{2^2-0.25^2}=1.984\Rightarrow cos\alpha =\frac{0.25}{2}=\frac{1}{8}\Rightarrow \alpha =1.445468$ radianes.

La longitud del arco de circunferencia mas grande entre A y D es

$$C_1=\frac{2\pi 1}{2\pi }\left(2\pi -2\alpha \right)=2\left(\pi -\alpha \right)=3.3922$$

La longitud mas pequeña entre B y C es

$$C_2=\frac{2\pi 0.75}{2\pi }2\alpha =1.5\alpha =2.1682$$

Perímetro total=$2\left(\pi -\alpha \right)+1.5\alpha +2\sqrt{2^2-0.25^2}=9.5284$m

Area$$\left(\left[ASTB\right]+\left[SOT\right]\right)2+\left[Areagrandede{C}_1\right]+\left[Areapequeñade{C}_2\right]=$$

$$\left[1.984\cdot 0.75+\frac{1.984\cdot 0.25}{2}\right]2+\frac{\pi \cdot 1^2}{2\pi }\left(2\pi -2\alpha \right)+\frac{\pi \cdot 0.75^2}{2\pi }2\alpha =$$

$$=0.472+1.6961+0.8131=5.981m^2$$

Problema 42. Olimpiadas matemáticas

Una circunfencia de radio 1m y otra de radio 75cm, cuyos centros distan 2m se unen por una correa sin fin exteriormente. Determina su longitud. Calcula el área limitada por el perímetro del conjunto.

Solución del problema 42

Solución del problema 41

Enunciado del problema 41

Supongamos que el móvil m va a una velocidad $v$, durante un tiempo$t_m$ y recorre una distancia $e_m$. Entonces

$$\begin{array}{c}{e}_m=v\cdot t_m\\ e_n=3v\cdot t_n\end{array}$$

Como al final coinciden en B, el tiempo que tardan en hacer sus recorridos es el mismo, por tanto $t_m=t_n$ y en consecuencia

$$\frac{e_n}{e_m}=\frac{3v}{v}\Rightarrow e_n=3e_m$$

Como m recorre la distancia entre A y B,$e_n$ será el triple de esta distancia, es decir $258Km$

Si n sale de A, la relación de velocidades es la misma, y el tiempo empleado también, por tanto la distancia recorrida también son $258Km$