Solución al problema 58

Enunciado del problema 58

$$\frac{1\cdot 2\cdot 3\cdot \dots \cdot 99\cdot 100}{\left(1\cdot 3\cdot 5\cdot \dots \cdot 99\right)\left(1\cdot 2\cdot 3\cdot \dots \cdot 50\right)}=\frac{3\cdot 4\cdot 6\cdot \dots \cdot 98\cdot 100}{1\cdot 2\cdot 3\cdot \dots \cdot 49\cdot 50}=\frac{2^{50}\left(1\cdot 2\cdot 3\cdot \dots \cdot 49\cdot 50\right)}{1\cdot 2\cdot 3\cdot \dots \cdot 49\cdot 50}=2^{50}$$

Problema 58. Canguro matemático 2012428

Calcula el valor de

$$\frac{1\cdot 2\cdot 3\cdot \dots \cdot 99\cdot 100}{\left(1\cdot 3\cdot 5\cdot \dots \cdot 99\right)\left(1\cdot 2\cdot 3\cdot \dots \cdot 50\right)}$$

Solución del problema 58

Solución al problema 57

Enunciado del problema 57

Llamando R al radio de la circunferencia mayor y r al radio de la circunferencia menor

$$\begin{array}{ccc}(a+R{)}^2& =& (a-R{)}^2+{\left(\frac{a}{2}\right)}^2\\ a^2+2aR+R^2& =& a^2-2aR+R^2+\frac{a^2}{4}\\ 4aR& =& \frac{a^2}{4}\\ R& =& \frac{a}{16}\end{array}$$

En la circunferencia mayor

$$\begin{array}{ccc}(a-r{)}^2& =& {\left(\frac{a}{2}\right)}^2+{\left(\frac{a}{2}+r\right)}^2\\ a^2-2ar+r^2& =& \frac{a^2}{4}+\frac{a^2}{4}+\frac{2ar}{2}+r^2\\ a^2-2ar& =& \frac{2a^2}{4}+ar\\ a^2-\frac{a^2}{2}& =& 3ar\\ \frac{a^2}{2}& =& 3ar\\ r& =& \frac{a}{6}\end{array}$$

Problema 57. Sangaku

Halla el radio de las circunferencias inscritas, siendo a el lado del cuadrado

Solución al problema 57

Solución al problema 56. Olimpiadas matemáticas

Enunciado del problema 56

a)

Si la altura de un triángulo equilátero vale 1, el lado valdrá:

$$1=\sqrt{a^2-\frac{a^2}{4}}=\frac{a\sqrt{3}}{2}\Rightarrow a=\frac{2}{\sqrt{3}}$$

El lado del triángulo es $\frac{2}{\sqrt{3}}$. Sin pérdida de generalidad tomemos un triángulo equilátero cuyos vértices tienen de coordenadas $O\left(0,0\right);A\left(\frac{1}{\sqrt{3}},1\right);B\left(\frac{2}{\sqrt{3}},0\right)$, cuyos lados miden $\frac{2}{\sqrt{3}}$.

Sea $P\left(x,y\right)\in T$, donde T es el triángulo de vértices OAB.

Calculemos la distancia de P a cada una de las rectas

Recta $OA$

$$y=\sqrt{3}x\Rightarrow \sqrt{3}x-y=0$$

Además si $P\in T,\sqrt{3}x-y>0$

$$d\left(P,OA\right)=\frac{|\sqrt{3}x-y|}{2}=\frac{\sqrt{3}x-y}{2}$$

porque $\sqrt{3}x-y>0$

Recta $OB$

$$y=0$$

Además si $P\in T,y>0$

$$d\left(P,OB\right)=\frac{\left|y\right|}{1}=y$$

porque $y>0$

Recta $AB$

$$\left(\frac{2}{\sqrt{3}},0\right)-\left(\frac{1}{\sqrt{3}},1\right)=\left(\frac{1}{\sqrt{3}},-1\right)\Rightarrow m=-\sqrt{3}$$

$$y=-\sqrt{3}\left(x-\frac{2}{\sqrt{3}}\right)\Rightarrow y=-\sqrt{3}x+2\Rightarrow \sqrt{3}x+y-2=0$$

Además si $P\in T,\sqrt{3}x+y-2>0$

$$d\left(P,AB\right)=\frac{|\sqrt{3}x+y-2|}{2}=\frac{-\sqrt{3}x-y+2}{2}$$

porque $\sqrt{3}x+y-2<0$

Sumando las tres distancias:

$$\begin{array}{ccc}d\left(P,OA\right)+d\left(P,OB\right)+d\left(P,AB\right)& =& \frac{\sqrt{3}x-y}{2}+y+\frac{-\sqrt{3}x-y+2}{2}\\ d\left(P,OA\right)+d\left(P,OB\right)+d\left(P,AB\right)& =& \frac{2y+\sqrt{3}x-y-\sqrt{3}x-y+2}{2}=1\end{array}$$

b)

Hay que ver que puntos cumplen alguna de estas condiciones:

$$\begin{array}{ccc}d\left(P,OB\right)& >& d\left(P,OA\right)+d\left(P,AB\right)\\ d\left(P,OA\right)& >& d\left(P,OB\right)+d\left(P,AB\right)\\ d\left(P,AB\right)& >& d\left(P,OB\right)+d\left(P,OA\right)\end{array}$$

Tomemos la primera relación sustituyendo lo que vale cada distancia

$$y>\frac{\sqrt{3}x-y}{2}+\frac{-\sqrt{3}x-y+2}{2}=\frac{\sqrt{3}x-y-\sqrt{3}x-y+2}{2}=\frac{-2y+2}{2}=-y+1$$

Es decir que $y>-y+1\Rightarrow 2y>1\Rightarrow y>\frac{1}{2}$

Por tanto el conjunto de puntos $P\left(x,y\right)$ que cumplen la condición de que $d\left(P,OB\right)>d\left(P,OA\right)+d\left(P,AB\right)$ son aquellos para los que $y>\frac{1}{2}$, o sea el triángulo sombreado figura 1. Por simetría los que cumplen las otras dos condiciones también son triángulos del mismo tamaña y forma, es decir, los de la figura 2

Figuras 1 y 2

c)

Si el bastón se rompe en 3 trozos de tamaños a, b y c, al tener el bastón tamaño 1, resulta que a+b+c=1. Para que no se pueda formar un triángulo, un lado debe ser mayor que la suma de los otros dos. Es decir, coincide con el área sombreada. Sólo se podrá formar un triángulo cuando los trozos cuya representación gráfica caiga en el triángulo interiror. Por tanto $p=\frac{1}{4}$

Problema 56. Olimpiadas matemáticas

Se considera el triángulo equilátero de altura 1. Para todo punto P, interior al triángulo sean a, b, c las distancias de P a los lados del triángulo.

a) Probar que $a+b+c=1$ para todo punto P interiror al triángulo

b) ¿Para qué puntos del triángulo se verifica que la distancia a un lado es mayor que la suma de las distancias a los otros dos.

c) Halla la probabilidad de que al romper un bastón de longitud 1, se pueda formar un triángulo con los tres trozos.

Solución del problema 56

Solución del problema 55

Enunciado del problema 55

Supongamos que el reloj funciona correctaente

Sea $\alpha$ el ángulo que forma la aguja de las horas con las 12h, en el sentido horario. Sea $\beta$ el ángulo que forma la aguja de los minutos con las 12h, en sentido horario y sea t el tiempo, en minutos, trancurrido desde las 12h.

Obviamente

$\begin{array}{c}\alpha =\frac{t}{2}\\ \beta =6t\end{array}$

En este caso, para que se superpongan, debe cumplirse que

$$\beta -\alpha =360\Rightarrow \frac{t}{2}+360=6t\Rightarrow t+720=12t\Rightarrow t=\frac{720}{11}\simeq 65.45$$

Por tanto un reloj andando correctamente tarda 65.45 minutos en superponer sus agujas. Como en nuestro caso lo hace cada 62 minutos, nuestro reloj atrasa aproximadamente 3.45 minutos cada 65.45 minutos, por tanto la proporción es $\frac{3.45}{65.45}\cdot 100\simeq \mathrm{5.28\%}$

Problema 55. Olimpiadas matemáticas

Un reloj se mueve con velocidad constante y sus agujas se superponen cada 62 minutos. Averigua si avanza o retrasa y precisa en qué proporción

Solución del problema 55

Solución del problema 54

Enunciado del problema 54

Sea $\alpha$ el ángulo que forma la aguja de las horas con las 12h, en el sentido horario. Sea $\beta$ el ángulo que forma la aguja de los minutos con las 12h, en sentido horario y sea t el tiempo, en minutos, trancurrido desde las 12h.

Obviamente

$\begin{array}{c}\alpha =\frac{t}{2}\\ \beta =6t\end{array}$

En este casoo, como el ángulo con las 12h de ambas agujas debe ser el mismo, salvo una hora completa, $\alpha +\beta =360k$, donde k es un número entero. Sustituyendo en función de t

$$\frac{t}{2}+6t=360k\Rightarrow t=\frac{720k}{13}$$

Dando valores a k

$k$	$t$	$h:m:s$	$k$	$t$	$h:m:s$
0	0	0	8	443.08	7:23:05
1	55.38	0:55:23	9	498.46	8:18:28
2	110.77	1:50:46	10	553.85	9:13:51
3	166.15	2:46:09	11	609.23	10:09:14
4	221.54	3:41:32	12	664.62	11:04:37
5	276.92	4:36:55	13	720	12:00:00
6	332.31	5:32:18	14	775.38	12:55:23
7	387.69	6:27:42	15	830.76	13:50:46

Como salió alrededor de las 10h, la hora de salida fué las 10:09:14. La hora de llegada fué después de las 13h, por tanto las 13:50:46

Problema 54. Una de relojes

Un señor sale de su casa después de las 10 de la mañana. Está fuera algo mas de tres horas. Cuando vuelve observa que el ángulo que forman en ese momento las agujas del reloj, con las 12 y entre ellas, es el mismo que cuando se fué. ¿A qué hora se marchó y a qué hora volvió?

Solución del problema 54

Solución del problema 53

Enunciado del problema 53

Sea m el radio de las circunferencias contenidas en la corona circular. Como $\alpha =\frac{360}{8}=45$, y por el teorema del coseno en el triángulo AOB

$$\begin{array}{ccc}(2m{)}^2& =& (R-m{)}^2+(R-m{)}^2-2\left(R-m\right)\left(R-m\right)cos\alpha \\ 4m^2& =& (R-m{)}^2(2-2cos\alpha )\\ \frac{m^2}{(R-m{)}^2}& =& \frac{2-2cos\alpha }{4}\\ {\left(\frac{m}{R-m}\right)}^2& =& \frac{1-cos\alpha }{2}(*)\end{array}$$

Además

$$m=\frac{R-r}{2}\Rightarrow R-m=\frac{R+r}{2}\Rightarrow \frac{m}{R-m}=\frac{\frac{R-r}{2}}{\frac{R+r}{2}}=\frac{R-r}{R+r}=\frac{\frac{R}{r}-1}{\frac{R}{r}+1}=\frac{d-1}{d+1}$$

donde he sustituido $\frac{R}{r}=d$, que es precisamente lo que se quiere calcular

Sustituyendo en $(*)$

$$\begin{array}{ccc}{\left(\frac{d-1}{d+1}\right)}^2& =& \frac{1-cos\alpha }{2}\\ \frac{d-1}{d+1}& =& \sqrt{\frac{1-cos\alpha }{2}}=sen\frac{\alpha }{2}\end{array}$$

En general dado $\alpha$, y despejando de la relación anterior $\frac{R}{r}=\frac{1+sen\frac{\alpha }{2}}{1-sen\frac{\alpha }{2}}$

En particular si $\alpha =45º$

$$d=\frac{1+sen\frac{45}{2}}{1-sen\frac{45}{2}}\simeq 2.2398$$

Problema 53

Sean $C$ y $C\text{'}$ dos circunferencias concéntricas de radios $r$ y $R$. Determina el valor de $\frac{R}{r}$ para que en la corona circular limitada por $C$ y $C\text{'}$ existan ocho circunferencias tangentes cada una con sus dos inmediatas y todas ellas con $C$ y $C\text{'}$

Solución del problema 53

Solución del problema 52

Enunciado del problema 52

Voy a demostrarlo por inducción

$$\begin{array}{cc}n=1;& 5+2\cdot 1+1=8\\ n=2;& 5^2+2\cdot 3+1=32=8\cdot 4\end{array}$$

Supongámoslo cierto para n, y por tanto suponemos que

$$5^n+2\cdot 3^{n-1}+1=\stackrel{\cdot }{8}\Rightarrow 5^n=\stackrel{\cdot }{8}-2\cdot 3^{n-1}-1$$

Demostrémoslo para n+1

$$5^{n+1}+2\cdot 3^n+1=5\cdot 5^n+2\cdot 3\cdot 3^{n-1}+1=5\left(\stackrel{\cdot }{8}-2\cdot 3^{n-1}-1\right)+6\cdot 3^{n-1}+1=$$

$$=\stackrel{\cdot }{8}-10\cdot 3^{n-1}-5+6\cdot 3^{n-1}+1=\stackrel{\cdot }{8}-4\cdot 3^{n-1}-4=\stackrel{\cdot }{8}-4\left(3^{n-1}+1\right)(*)$$

Como $3^{n-1}$es impar para $n\ge 1$ entero, entonces $3^{n-1}+1$ es siempre par, y por tanto la expresión $(*)$es múltiplo de $8$

Problema 52. Olimpiadas matemáticas

Demostrar que

$$A_n=5^n+2\cdot 3^{n-1}+1$$es múltiplo de $8$ para todo entero positivo $n$

Solución del problema 52

Solución al problema 51

Enunciado del problema 51

En el diagrama los números expresan la intersección entre las asignaturas, aunque algunos de ellos puedan estar en la intersección entre tres conjuntos (a ese número le llamaremos $y$)

Llamemos x al número de alumnos que ha elegido solo una asignatura. Tenemos:

$$x+3-y+x+6-y+x+5-y+y=24\Rightarrow 3x-2y=10$$

Como supondremos $x\ge 1$y como $y$ es la intersección de los tres, $0\le y$$\le 3$

Probamos con los distintos valores de $y$

$y$	$x=\frac{10+2y}{3}$
0	$\frac{10}{3}$
1	4
2	$\frac{14}{3}$
3	$\frac{16}{3}$

Evidentemente la única solución es $x=4;y=1$

Por tanto cursan filosofía 11 alumnos

Cursan geografía 14 alumnos

Cursan matemáticas 12 alummos

Problema 51. Olimpiadas matemáticas

Solución del problema 51

En un grupo de 24 alumnos de Bachillerato que han escogido al menos una de las asignaturas de Filosofía, geografía y matemáticas, 5 alumnos escogen filosofía y geografía, 3 filosofía y matemáticas, 6 geografía y matemáticas. El número de los que escogen solo una de éstas asignaturas es el mismo para las tres. ¿Qué número de alumnos ha escogido cada una de estas asignaturas?

Solución al problema 50

Enunciado del problema 50

En un polígono regular de n lados, el ángulo central vale $\frac{360}{n}$, por tanto el ángulo $\alpha$ entre los dos lados vale

$$\frac{180-\frac{360}{n}}{2}\cdot 2=180-\frac{360}{n}$$

Para que sea entero, $n$ debe ser un divisor de 360

$n$	$\frac{360}{n}$	$\alpha$	$n$	$\frac{360}{n}$	$\alpha$	$n$	$\frac{360}{n}$	$\alpha$	$n$	$\frac{360}{n}$	$\alpha$	$n$	$\frac{360}{n}$	$\alpha$
1	360	-	6	60	120	15	24	156	36	10	170	90	4	176
2	180	0	8	45	135	18	20	160	40	9	171	120	3	177
3	120	60	9	40	140	20	18	162	45	8	172	180	2	178
4	90	90	10	36	144	24	15	165	60	6	174	360	1	179
5	72	108	12	30	150	30	12	168	72	5	175

La solución es que hay 22 polígonos regulares