Problema 120

Arquímedes ideó un procedimiento para aproximar el valor de pi. Consiste en dividir el perímetro de un polígono regular entre el diámetro de la circunferencia que lo circunscribe. El resultado es una aproximación por defecto de pi, que es mas exacta cuanto mayor es el número de lados. Comenzamos por un polígono regular por ejemplo un cuadrado, y duplicamos el número de lados.

a) Si un polígono regular de n lados tiene por lado $a_i$, encuentra el valor del lado del polígono regular que tiene 2n lados (Suponemos que el radio de la circunferencia en que está inscrito vale 1).

b) Suponiendo que empezamos por un cuadrado de lado $\sqrt{2}$, aplica la fórmula de iteración anterior para aproximar pi por defecto.

Solución al problema 120

Solución al problema 119

Enunciado del problema 119

Supongamos que $E\left[\frac{N}{3}\right]=kkk$ (como cifras)

$kkk=k\cdot 111=3\cdot k\cdot 37$

Como $1+2+\dots +n=\frac{\left(n+1\right)n}{2}$

Igualando

$$3\cdot k\cdot 37=\frac{\left(n+1\right)n}{2}\Rightarrow 3\cdot 2\cdot k\cdot 37=\left(n+1\right)n$$

Como 37 es primo hay dos posibilidades

a) $n+1=37\Rightarrow n=36\Rightarrow 3\cdot 2\cdot k=36\Rightarrow k=6$

b) $n=37\Rightarrow n+1=38\Rightarrow 3\cdot 2\cdot k=38\Rightarrow k$ no es entero, lo que no es posible

Por tanto

$E\left[\frac{N}{3}\right]=666\Rightarrow N=3\cdot 666+2=2000$ (año de la olimpiada)

Problema 119. Olimpiadas matemáticas 2000

Encuentra un número N que cumpla las siguientes condiciones

a) $E\left[\frac{N}{3}\right]$ tiene sus tres cifras iguales.

b) $E\left[\frac{N}{3}\right]$ es la suma de números naturales consecutivos comenzando en 1, es decir, existe un natural n tal que $E\left[\frac{N}{3}\right]=1+2+\dots +\left(n-1\right)+n$.

Solución al problema 119

Solución al problema 118

Enunciado del problema 118

Sea $p$ una solución común a $P\left(x\right)$ y $Q\left(x\right)$

$$\begin{array}{ccc}{p}^4+a{p}^3+b{p}^2+cp+1& =& 0\\ p^4+c{p}^3+b{p}^2+ap+1& =& 0\end{array}$$

Restando

$$\begin{array}{ccc}{p}^3\left(c-a\right)+p\left(a-c\right)& =& 0\\ p^3\left(c-a\right)-p\left(c-a\right)& =& 0\\ \left(c-a\right)\left(p^3-p\right)& =& 0\\ \left(c-a\right)p\left(p+1\right)\left(p-1\right)& =& 0\end{array}$$

Como $c/=a$, y $0$ no puede ser raíz de ninguno de los polinomios, las raíces deben ser las otras dos, es decir, $1$ y $-1$.

Sustituyendo en $P\left(x\right)$la raíz $1$ y en $Q\left(x\right)$ la raíz $-1$

$$\begin{array}{ccc}1+a+b+c+1& =& 0\\ 1-a+b-c+1& =& 0\end{array}$$

Sumando

$$2+2b+2=0\Rightarrow b=-2$$

Y finalmente, sustituyendo

$$1+a-2+c+1=0\Rightarrow c=-a$$

Los polinomios son

$$\begin{array}{ccc}P\left(x\right)& =& x^4+a{x}^3-2x^2-ax+1\\ Q\left(x\right)& =& x^4-a{x}^3-2x^2+ax+1\end{array}$$

Descomponiendo dichos polinomios, sabiendo que tienen las raíces $1$ y $-1$

$$\begin{array}{ccc}P\left(x\right)& =& \left(x+1\right)\left(x-1\right)\left(x^2+ax-1\right)\\ Q\left(x\right)& =& \left(x+1\right)\left(x-1\right)\left(x^2-ax-1\right)\end{array}$$

La raíces distitnas de $1$ y $-1$ son

$$\begin{array}{ccc}x& =& \frac{-a\pm \sqrt{a^2+4}}{2}\\ x& =& \frac{a\pm \sqrt{a^2+4}}{2}\end{array}$$

Problema 118. Olimpiadas matemáticas 2000

Sean los polinomios $P\left(x\right)=x^4+a{x}^3+b{x}^2+cx+1$ y $Q\left(x\right)=x^4+c{x}^3+b{x}^2+ax+1$. Halla las condiciones que deben cumplir los parámetros $a,b$y $c$ ($a$ distinto de $c$), para que $P\left(x\right)$ y $Q\left(x\right)$ tengan dos raíces comunes y resuelve en ese caso las ecuaciones $P\left(x\right)=0$ y $Q\left(x\right)=0$.

Solución al problema 118

Solución al problema 117

Enunciado del problema 117

Calculemos algunos valores de $f\left(n\right)$

$n$	$1$	$2$	$3$	$4$	$5$	$6$	$7$	$8$	$9$	$10$	$11$	$12$	$13$	$14$	$15$	$16$	$17$	$\dots$
$f\left(n\right)$	$1$	$1$	$2$	$1$	$2$	$2$	$3$	$1$	$2$	$2$	$3$	$2$	$3$	$3$	$4$	$1$	$2$	$\dots$

La función vale1 en $2^s$ , y luego aumenta en una unidad los siguientes valores desde 1 hasta un máximo de $2^{s-1}$.

Además se puede demostrar que $f\left(2^N-1\right)=N$

En efecto

$$f\left(2^N-1\right)=f\left(2^{N-1}+2^{N-2}+\dots +2^2+1\right)=f\left(2^{N-2}+2^{N-3}+\dots +2^2+1\right)+1=$$

$$=f\left(2^{N-3}+\dots +2^2+1\right)+2=f\left(2^2+1\right)+N-2=f\left(1\right)+N-1=N$$

Por tanto el valor mas alto se alcanza siempre en un número anterior a una potencia de dos, y su valor coincide con el exponente de dicha potencia. El valor máximo de $f\left(n\right)$ cuando $n\le 2001$será el de $1023$, por ser el número anterior a $2^{10}$, y el valor será $10$.

Además el menor número natural $n$ tal que $f\left(n\right)=2001$, será $n=2^{2001}-1$

Problema 117. Olimpiadas matemáticas

Determina la función $f:N—\to N$(siendo $N=\left\{1,2,3,\dots \right\}$el conjunto de los números naturles que cumple, para cualesquiera $s,n\in N$, las siguientes condiciones:

$f\left(1\right)=f\left(2^s\right)=1$ y si $n<2^s$, entonces $f\left(2^s+n\right)=f\left(n\right)+1$

Calcula el valor máximo de $f\left(n\right)$ cuando $n\le 2001$

Halla el menor número natural $n$ tal que $f\left(n\right)=2001$

Solución al problema 117

Solución al problema 116

Enunciado del problema 116

Utilizando las igualdades notables

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

Y por tanto

$${\left[2^{2^{2N}}-1+1\right]}^{\frac{1}{2}}=2^{\frac{2^{2N}}{2}}=2^{2^{2N-1}}$$

Igualando

$$2^{2^{2N-1}}=2^8\Rightarrow 2^{2N-1}=2^3\Rightarrow 2N-1=3\Rightarrow N=2$$