Solución al problema 111

Enunciado del problema 111

Sea $S_n=\frac{\left(a_1+a_n\right)n}{2}$

Como $S_n=n^2\Rightarrow \left(a_1+a_n\right)n=2n^2\Rightarrow a_1+a_n=2n\Rightarrow a_n=-a_1+2n$

Como en general $a_n=a_1+\left(n-1\right)d$, igualando

$$-a_1+2n=a_1+nd-d$$

Como $n$ es genérico

$$\{\begin{array}{c}-a_1=a_1-d\\ 2n=nd\end{array}.\Rightarrow \{\begin{array}{c}d=2\\ a_1=1\end{array}.$$

La sucesión es $a_n=1+\left(n-1\right)2=1+2n-2=2n-1$

es decir la sucesión

$$135791113\dots$$

Problema 111. Olimpiadas matemáticas

Halla una progresión aritmética tal que la suma de sus n primeros términos valga $n^2$, para todo $n$

Solución al problema 111

Solución al problema 110

Enunciado del problema 110

La suma de todas las cifras es $\left(4+2+1\right)\cdot 1000=7000$. Hay que quitar número por valor de $7000-2014=4986$. Si quitamos lo que mas aprota a la suma que son los cuatros queda $4986-4\cdot 1000=986$, y habremos quitado $1000$ cuatros. Si quitamos ahora $493$ doses, la suma será $2014$, por tanto habremos quitado $1000+493=1493$ cifras

Problema 110. CM2014427

Se escribe el número 2014 mil veces seguidas $\underset{1000veces}{\underbrace{20142014\dots 2014}}$. ¿Cual es el menor número de cifras que hay que borrar para que las que queden sumen 2014?

Solución al problema 110

Solución al problema 109

Enunciado del problema 109

Para que se pueda formar un triángulo de lados a,b y c , la suma de dos de los lados tiene que ser mayor que el tercero. Además los lados han de ser distintos para ser escaleno. Tomemos parejas ordenadas de menor a mayor. El tercer lado será un número mayor que el mayor de la pareja, y menor que su suma, por tanto

2	3	4
2	4	5
2	5	6
2	6	7
3	4	5
3	4	6
3	5	6
3	5	7
4	5	6
4	5	7
4	6	7
5	6	7

Total 12

Problema 109. CM2014428

¿Cuántos triángulos escalenos distintos se pueden formar con segmentos de longitudes 2cm, 3cm, 4cm, 5cm, 6cm y 7cm?

Solución al problema 109

Solución al problema 108

Enunciado del problema 108

Como las tres son potencias de 2, y como $100=5^2\cdot 2^2$, entonces la suma de todas las edades vale $2^2\cdot 25$, es decir $2^a+2^m+2^n=2^2\cdot 25$

Por tanto 25 debe ser una suma de potencias de 2, que deben ser 16,8,4,2,1. Como 8+4+2+1<25, al menos 16 debe formar parte de la suma, luego $25=2^4+2^m+2^n$. La única combinación posible es $25=2^4+2^3+2^0$. Las edades serán entonces $2^2\left(2^4+2^3+2^0\right)=2^6+2^5+2^2$. La edad de la nieta será de 4 años. Nació en 2010.

Problema 108. CM2014511

Este año (2014) la suma de las edades de una abuea, su hija y su nieta es 100. ¿En que año nació la nieta si las tres edades son potencias de 2?

Solución al problema 108

Solución al problema 107

Enunciado del problema 107

La distancia del clavo al cuadro será

$$t=\sqrt{1-{\left(\frac{a}{2}\right)}^2}=\frac{\sqrt{4-a^2}}{2}$$

Por tanto la altura total será $\frac{\sqrt{4-a^2}}{2}+h$. Cuanto mayor sea esta altura, mas cercano al suelo estará.

a	h	$\frac{\sqrt{4-a^2}}{2}+h$
$0.6$	$0.4$	$1.35$
$1.2$	$0.5$	$1.3$
$1.2$	$0.9$	$1.7$
$1.6$	$0.6$	$1.2$
$1.6$	$1$	$1.6$

El mas cercano al suelo será el de dimensiones 120 x 90

Problema 107. CM2014512

Colgamos varios cuadros rectangulares en la pared. Para cada uno de ellos ponemos un clavo en la pared a una altura de 205m sobre el suelo y a las dos esquinas superiores de cada cuadro atamos una cuerda de 2m de largo. ¿Cuál de los siguientes cuadros, cuyas dimensiones (ancho x alto) se dan en cm, queda mas cerca del suelo?

60 x 40 ; 120 x 50 ; 120 x 90 ; 160 x 60 ; 160 x 100

Solución al problema 107

Solución al problema 106

Enunciado del problema 106

En el trapecio, si $DC=l$, como en el triángulo $CMB$ la hipotenusa es $BC=l$, y es isósceles, entonces $CM=\frac{l}{\sqrt{2}}$

$$AB=\frac{l}{\sqrt{2}}+l+\frac{l}{\sqrt{2}}=l\left(1+\frac{2}{\sqrt{2}}\right)=l\left(\frac{2+\sqrt{2}}{\sqrt{2}}\right)=l\left(1+\sqrt{2}\right)$$

El área del trapecio es $\frac{B+b}{2}\cdot h$

$$A_{trapecio}=\frac{l\left(1+\sqrt{2}\right)+l}{2}\cdot \frac{l}{\sqrt{2}}=3\Rightarrow \frac{l^2\left(2+\sqrt{2}\right)}{2\sqrt{2}}=3\Rightarrow l^2=\frac{6\sqrt{2}}{2+\sqrt{2}}=6\sqrt{2}-6$$

La apotema es $\frac{AB}{2}$, por tanto

$$A_{total}=8l\cdot l\left(\frac{1+\sqrt{2}}{2}\right)\frac{1}{2}=\frac{8}{4}\left(1+\sqrt{2}\right)\left(6\sqrt{2}-6\right)=12\left(\sqrt{2}+1\right)\left(\sqrt{2}-1\right)=12$$

Problema 106. Canguro matemático 2014514

La parte gris del octógono regular de la figura tiene un área de $3c{m}^2$.¿Cuál es el área del octógono?

Solución al problema 106

Solución al problema 105

Enunciado del problema 105

En total se utilizarán $9+11+13+18+22+13=96$ minutos. Por tanto, habiendo dos baños la mejor organización es la qe mejor se aproxime a $96:2=48$ minutos en cada baño. Como el de $23$ debe estar en uno de los baños, quedan $48-23=25$ minutos. La suma de los demás que mas se acerca a los $25$ minutos es $13+11=24$. Por tanto los cuartos de baño deberán ser utilizados por $23+13+11=47$ y $9+18+22=49$. Es decir, se podrán poner a desayunar a las $7:49$

Problema 105. Canguro Matemático 2014513

Seis personas comparten un piso con dos cuartos de baño, que se usan cada mañana empezando a las 7h en punto. Ningún cuarto de baño es utilizado por dos personas al mismo tiempo. Se sientan a desayunar tan pronto como la última persona termina. Tardan 9,11,13,18,22 y 23 minutos en usar el cuarto de baño respectivamente. Si están organizados. ¿Cuál es la hora mas temprana a la que pueden desayunar?

Solución al problema 105

Solución al problema 104

Enunciado del problema 104

Supongamos que tenemos en fila 1007 mentirosos y a continuación 1077 veraces. Contemos a la izquierda y a la derecha de los individuos 1007 (mentiroso) y 1008 (veraz).

Un mentiroso (cuya posición estará entre 1 y 1007) tendrá menos de 1007 mentirosos a su izquierda (no se cuenta él mismo) y 1007 veraces a su derecha, por tanto objetivamente no tendrá mas mentirosos a su izquierda que veraces a su derecha, pero como siempre miente, contestará que “Hay mas mentirosos a mi izquierda que veraces a mi derecha”.

Un veraz (cuya posición estará entre 1008 y 2014), tendrá 1007 mentirosos a su izquierda y menos de 1007 veraces a su derecha. Por tanto, como dice la verdad, contestará que “Hay mas mentirosos a mi izquierda que veraces a mi derecha”. Por tanto hay 1007 mentirosos

Veamos ahora que ésta es la única posibilidad.

Si hubiera otra cantidad de mentirosos, por ejemplo 1000, dispuestos en una fila de 1000 mentirosos y a continuación 1024 veraces, el individuo 1001, sería veraz. A su izquierda habría 1000 mentirosos y a su derecha 1023 veraces, con lo que respondería que a su izquierda NO hay mas mentirosos que veraces a su derecha, en contra de lo que se supone inicialmente.

Veamos ahora que solo pueden estar en la posición descrita mas arriba (primero los mentirosos y a continuación los veraces).

Intercambiemos dos individuos uno veraz y otro mentiroso de un grupo a otro. Por ejemplo el 500 del grupo de los mentirosos y el 1500 del grupo de los veraces. Habrá entonces una fila de 499 mentirosos, 1 veraz,

Problema 104. CM2014530

Hay 2014 personas en una fila. Algunas siempre mienten y otras siempre dicen la verdad. Cada persona dice “Hay mas mentirosos a mi izquierda que veraces a mi derecha”. ¿Cuántos mentirosos hay?

Solución del problema 104

Solución al problema 103

Enunciado del problema 103

Sea $t$ el tiempo que estoy corriendo.

El tiempo total de caminar y correr es $T=2+t$ (En dos horas caminé 8 Km)

El espacio recorrido será $E=8+8t$.

La velocidad media será

$$\frac{E}{T}=\frac{8+8t}{2+t}=5\Rightarrow 8+8t=10+5t\Rightarrow 3t=2\Rightarrow t=\frac{2}{3}$$

Por tanto $t=40$ minutos

Problema 103. CM2014519

Camino 8Km a una velocidad de 4Km/h. A continuación corro algún tiempo a 8 Km/h. ¿Cuánto tiempo he de correr para que la velocidad promedio de todo el recorrido sea de 5Km/h?

Solución del problema 103

Solución al problema 102

Enunciado del problema 102

Sea g el número de partidas ganadas, e el número de empatadas y p el número de paritidas perdidas

$$\begin{array}{ccc}g+0.5e& =& 25\\ g+e+p& =& 40\end{array}$$

$$e=\frac{25-g}{0.5}=50-2g\Rightarrow g+e+p=40\Rightarrow g+50-2g+p=40\Rightarrow g-p=50-40=10$$

Por tanto ganó 10 partidas mas que perdió

Problema 102. CM2014518

En las partidas de ajedrex, la victoria vale un punto, las tablas (empate) valen medio punto, y la derrota cero puntos. Un jugador juega 40 partidas y consigue 25 puntos. ¿Cuántas mas partidas ganó que perdió?

Solución al problema 102

Solución al problema 101

Enunciado del problema 101

Si p es el precio del sombrero, la cantidad de dinero que tiene cada una es

Susana $\frac{2p}{3}$

Soraya $\frac{3p}{4}$

Rosa $\frac{4p}{5}$

Por tanto, en total

$$\frac{2p}{3}+\frac{3p}{4}+\frac{4p}{5}=3\left(p-9,40\right)\Rightarrow p=36€$$

Problema 101. CM2014519

Las trillizas Susana, Soraya y Rosa quieren comprar tres sombreros iguales. Sin embargo a Susana le falta un tercio del precio, a Soraya un cuarto y a Rosa un quinto. Si los sombreros se rebajan 9,40€, las trillizas reúnen sus ahorros y compran los sombreros sin que les sobre un céntimo. ¿Cuál era el precio de cada sombrero?

Solución al problema 101

Solución al problema 100.

Enunciado del problema 100

$$\frac{25}{19}=1+\frac{1}{\frac{19}{6}}=1+\frac{1}{3+\frac{1}{6}}\Rightarrow \left\{\begin{array}{c}p=1\\ q=3\\ r=6\end{array}\right\}\Rightarrow p\cdot q\cdot r=18$$

Problema 100. CM2014520

Sean p,q y r enteros positivos tales que $p+\frac{1}{q+\frac{1}{r}}=\frac{25}{19}$. ¿Cuánto vale $p\cdot q\cdot r$ ?

Solución del problema 100

Solución al problema 99

Enunciado del problema 99

Como $33=3\cdot 11=3\cdot 11\cdot 1$ y $M+B+E+R\ge 0+1+2+3=6$, las letras $N$ y $U$ solo pueden ser $3$ y $1$.Como el valor del resto de las letras ha de ser diferente a ellas $M+B+E+R\ge 0+2+4+5=11$, que coincide con el otro factor, por tanto $M+B+E+R=11$, y las letras $M,B,E,R$ tienen que tomar los valores $0,2,4,5$ y ser distintas. Esto se puede hacer de $4!$ maneras y a su vez a $N$ y $U$ se pueden asignar valores de dos maneras diferentes. En total hay $2\cdot 4!=48$ posibilidades

Problema 99. CM2014521

En la ecuación $$ N × U × ( M+B+E+R )=33 , cada letra representa una cifra diferente entre $\left(0,1,2,3,\dots ,9\right)$. ¿De cuántas maneras diferentes se pueden elegir los valores de las leras?

Solución al problema 99

Solución al problema 98

Enunciado del problema 98

Etiquetamos los vértices y analizamos uno por uno los ángulos. Si el lado del cubo mide 2, hay dos clases de triángulos según la longitud de los lados.

Clase $\alpha$

Triángulo de lados $\sqrt{2}$ . Ángulo de 60º

Clase $\beta$

Triángulo de lados $\sqrt{2},\sqrt{2}$ y $\sqrt{6}$. Ángulo 120º

Clase $\alpha$		Clase $\beta$
ABC	$60º$	BCD	$120º$
CDE	$60º$	DEF	$120º$
EFG	$60º$	FGH	$120º$
GHI	$60º$	HIJ	$120º$
IJK	$60º$	JKL	$120º$
KLA	$60º$	LAB	$120º$

En total $6\cdot 60º+6\cdot 120º=1080º$

Problema 98. CM2014628

En la figura se muestra un polígono cuyos vértices son los puntos medios de las aristas del cubo.

Se define en la forma usual el ángulo interior de un polígono: es el ángulo entre los lados del polígono que confluyen en ese vértice. ¿Cuál es la suma de todos los ángulos interiores del polígono?

Solución al problema 98

Solución al problema 97

Enunciado del problema 97

Visto desde arriba
Nivel inferior			Nivel medio			Nivel superior
N	B	B	B	X	B	B	B	B
B	X	X	N	X	B	B	B	B
B	B	N	B	B	B	N	B	N
N	Cubo negro
B	Cubo blanco
X	Posible cubo negro

En total el mayor número de cubos negros que puede tener es 3+3+2=8

Problema 97. CM2014523

La figura muestra el mismo cubo desde dos perspectivas diferentes. Está construido con 27 cubos unidad, algunos de ellos coloreados y los demás blancos. ¿Cuál es el mayor número de cubos coloreados que pueden tener?

Solución al problema 95. CM2016526

Enunciado del problema 95

Con $8$ vértices podemos format $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{8}{3}\right)$ triángulos, o sea $56$.

En cada cara hay 4 vértices. Eligiendo tres de ellos, podemos formar $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{4}{3}\right)$ vértices, es decir 4. Como hay $6$ caras, habrá un total de $24$ triángulos cuyos vértices están en las caras. Por tanto el número de triángulos cuyos vértices no están en las caras será de $56-24=32$

Problema 95. CM2016526

Tres vértices cualesquiera de un cubo forman un triángulo. ¿Cuál es el número de esos triángulos cuyos vértices NO están en la misma cara del cubo?

Solución al problema 95

Solución página 94

Enunciado del problema 94

Llamando $\alpha =\widehat{TPS}$

$\widehat{PTO}=90º$

$\widehat{TQP}=180º-90º-\alpha$

$\widehat{TQS}=180º-\left(90º-\alpha \right)=90º+\alpha$

$\widehat{PQO}=\widehat{TQS}=90º+\alpha$

$\widehat{TOP}=90º-2\alpha$

$\widehat{TOR}=180º-\widehat{TOP}=180º-\left(90º-2\alpha \right)=90º+2\alpha$

$\widehat{RTO}=\frac{180º-\widehat{TOR}}{2}=\frac{180º-\left(90º+2\alpha \right)}{2}=\frac{90º-2\alpha }{2}=45º-\alpha$

$\widehat{TSP}=180º-\widehat{TQS}-\widehat{RTO}=180º-\left(90º+\alpha \right)-\left(45º-\alpha \right)=$

$180º-90º-\alpha -45º+\alpha =45º$

Problema 94. CM2014527

En la figura PT es tangente a la circunferencia C de centro O y PS es la bisectriz del ángulo TPR. Calcula la medida del ángulo TSP

Solución del problema 94

Solución al problema 93

Enunciado del problema 93

Si ordenamos los 7! números, irán primero los que empiecen por 1 (6! de ellos), luego los que empiecen por 2, por 3, por 4, por 5 por 6 y por 7. Escritos en orden, los centrales empezan por 4. Dentro de éstos, estarán colocados los que empiezan por 1,2,3,5,6 y 7. Si buscamos el último de la primera mitad, deberá empezar por 3, y ser el último por tanto, de los que empiezan por 43. El orden a partir de aquí lo darán las cifras mayores de mayor a menor. El último de la primera mitad será el 4376521.

Problema 93. CM2014528

Se considera el conjunto de todos los números de 7 cifras distintas que se pueden escribir con las cifras 1,2,3,4,5,6 y 7. Se colocan dichos números en orden creciente. ¿Cuál es el último número de la primera mitad de la lista?

Solución al problema 93

Solución al problema 92

Enunciado del problema 92

Como $6^2+8^2=10^2$, el triángulo ABC es rectángulo. Sea h la altura del lado BC, H el pie de la altura, y $m$ la longitud de la mediana, siendo $a$ la distancia entre H y M.

Como ABC es rectángulo, su área es $\frac{6\cdot 8}{2}=24$

Además

$$área\left[ABC\right]=\frac{BC\cdot h}{2}=\frac{10\cdot h}{2}=24\Rightarrow h=\frac{48}{10}=4.8$$

Como ABC es rectángulo, por el teorema de la altura

$$\begin{array}{ccc}{h}^2& =& BH\cdot HC\\ 4.8^2& =& \left(5-a\right)\left(5+a\right)\\ 4.8^2& =& 24-a^2\\ a^2& =& 25-4.8^2\end{array}$$

Además

$$\begin{array}{ccc}{m}^2& =& h^2+a^2\\ m^2& =& 4.8^2+\left(25-4.8^2\right)\\ m^2& =& 25\\ m& =& 5\end{array}$$

Por otra parte como el triángulo ABC es rectángulo, y AMF también. Como m=MC=5, el triángulo AMC es isósceles, y por tanto los ángulos FAM y MCA son iguales. Al tener dos ángulos iguales, los triángulos ABC y AMF son semejantes. En consecuencia

$$\begin{array}{ccc}MF& =& \frac{30}{8}=\frac{15}{4}\\ MD-MF& =& 5-\frac{15}{4}=\frac{5}{4}\\ Area\left[AFDE\right]& =& \frac{5+\frac{5}{4}}{2}\cdot 5=\frac{125}{8}\end{array}$$

Problema 92. CM2014529

Sea ABC un triángulo tal que AB=6, AC=8 y BC=10, y M el punto medio de BC. AMDE es un cuadrado y MD corta a AC en el punto F. Halla el área de AFDE

Solución al problema 92

Solución al problema 91

Enunciado del problema 91

En el esquema DB y CA son paralelos y DA y CB se cortan en P, por tanto los triángulos DBP y PAC son semejantes, es decir:

$$\frac{DP}{PA}=\frac{DB}{CA}=\frac{3}{6}\Rightarrow \frac{DP}{PA}=\frac{1}{2}$$

Los triángulos DAB y POA también son semejantes porque tienen el ángulo A, que es comúny además

$$\frac{DA}{BA}=\frac{DP+PA}{9}=\frac{\frac{PA}{2}+PA}{9}=\frac{PA}{6}=\frac{PA}{OA}$$

Por tanto

$$\frac{PO}{DB}=\frac{OA}{BA}\Rightarrow PO=\frac{OA\cdot DB}{BA}=\frac{6\cdot 3}{9}=2$$

Es decir que P está a una distancia 2 del origen.

El lugar geométrico es una circunferencia de centro el origen y radio 2

Problema 91. Olimpiadas matemáticas

En un sistema cartesiano rectangular se dan dos puntos $A\left(6,0\right)$ y $B\left(-3,0\right)$. Por A se traza una recta variable y sobre ella se toma un punto C a distancia 6 de A. Por B se traza una recta paralela a la anterior y sobre ella se toma D, distante 3 unidades de B y en el mismo sentido. Halla el lugar geométrico del punto P de intersección de AD con BC

Solución del problema 91

Solución al problema 90

Enunciado del problema 90

$P\left(x\right)$será divisible por $x-1$ si $P\left(1\right)=0$.

Sea el polinomio $P\left(x\right)=a_{100}{x}^{100}+a_{99}{x}^{99}+\dots +a_{1}x+a_0$

$$p\left(1\right)=a_{100}+a_{99}+\dots +a_1+a_0$$

Como $\left|a_i\right|\le 50$ y deben ser todos distintos, puesto que hay $101$ valores enteros menores o iguales que $50$ en valor absoluto $\left(-50,-49,-48,\dots ,-1,0,1,\dots ,49,50\right)$, al sumarlos todos ellos, el resultado será, en algún orden, $-50-49-48-\dots -1+0+1+\dots +48+49+50=0$. Por tanto $P\left(1\right)=0$, y $P\left(x\right)$ será divisible por $x-1$