Solución al problema 145

Enunciado del problema 145

$2010^{10}=(201\cdot 10{)}^{10}=201^{10}\cdot 10^{10}$

$201^{10}=(200+1{)}^{10}=(2\cdot 10^2{)}^{10}+10\cdot (2\cdot 10^2{)}^9+\dots +10\cdot 2\cdot 10^2+1=$

$2^{10}\cdot 10^{20}+2^9\cdot 10^{19}+\dots +1=1024\cdot 10^{20}+512\cdot 10^{19}+\dots +1$

El primer término de esta suma tiene claramente 24 cifras, el segundo 22 cifras, el tercero 21 cifras, y después cada vez menos, hasta tener solo una. Por tanto el número $201^{10}$ tendrá 24 cifras. Añadiendo la cifras de $10^{10}$, resultan un total del 34 cifras para $2010^{10}$ .

Solución del problema 138

Enunciado del problema 138

Tenemos dos sucesiones. Una formada por los números por los que empieza cada fila y otra formada por los números por los que termina cada fila.

Hallemos el término general de cada una de ellas.

a)Primeros términos de cada fila.

Sucesión	2		4		8		14	$\dots$
Diferencia 1ª		2		4		6
Diferencia 2ª			2		2

El término general será

$2+\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1}{1}\right)\cdot 2+\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1}{2}\right)\cdot 2=2+2\left(n-1\right)+\frac{\left(n-1\right)\left(n-2\right)}{2}\cdot 2=$

$=2+2n-2+n^2-3n+2=n^2-n+2$

Si $n=60$, $a_{60}=3542$

b)Últimos términos de cada fila

Sucesión	2		6		12		20	$\dots$
Diferencia 1ª		4		6		8
Diferencia 2ª			2		2

El término general será

$2+\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1}{1}\right)\cdot 4+\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1}{2}\right)\cdot 2=2+4\left(n-1\right)+\frac{\left(n-1\right)\left(n-2\right)}{2}\cdot 2=$

$2+4n-4+n^2-3n+2=n^2+n$

Si $n=60$, $b_{60}=3660$

Luego en la fila 60 estarán todos los números pares entre $3542$ y $3660$.

Solución al problema 126

Enunciado del problema 126

Supongamos que la primera difra es un 1. La segunda cifra puede ser 2,5,4 y para cada una de ellas hay varias posibilidades. Se explican es esta tabla:

Cifras			Posibilidades 4ª cifra	Total 2ª cifra	Total 1ª cifra
1	2	3
1	2	1	3	24	80
		3	3
		4	5
		5	8
		6	5
	5	1	3	32
		2	5
		3	3
		4	5
		6	5
		7	3
		8	5
		9	3
	4	1	3	24
		2	5
		5	8
		7	3
		8	5

Las tres primera columnas de la tabla pueden leerse de izquierda a derecha como un diagrama en árbol. La cuarta columna solo contine las posibilidades que hay para una cuarta cifra, según la elección de las tres anterirores. En la quinta columna está la suma de las posibilidades que hay una vez que se han elegido la primera y segunda cifra, y en la última columna están las posibilidades que hay cuando se ha elegido la primera cifra.

Por simetría, lo mismo que para las combinaciones que empiezan por 1, se puede decir de las combinaciones de cifras que empiezan por 3, 7 y 9.

Estudiemos las posibilidades que hay si empezamos por 2

Cifras			Posibilidades 4ª cifra	Total 2ª cifra	Total 1ª cifra
1	2	3
2	4	1	3	24	116
		2	5
		2	5
		5	8
		8	5
		7	3
	5	1	3	32
		2	5
		3	3
		4	5
		6	5
		7	3
		8	5
		9	3
	6	3	3	24
		2	5
		5	8
		9	3
		8	5
	1	2	5	18
		4	5
		5	8
	3	2	5	18
		5	8
		6	5

Por simetría, ocurrirá lo mismo para las posiciones 4,6 y 8

Estudiemos las posibilidades para 5

Cifras			Posibilidades 4ª cifra	Total 2ª cifra	Total 1ª cifra
1	2	3
5	6	3	3	24
		2	5
		5	8
		8	5
		9	3
	3	2	5	18
		5	8
		6	5

Para completar esta tabla, las cifras de la segunda columna correspondientes a 2,4 y 8 son las mismas que las de 6, y las cifras de la segunda columna correspondientes a 1, 7 y 9 son las mismas que las de 3. Por tanto el número de posibilidades de cifras que comienzan por 5 son 18+24+18+24+24+18+24+18, que corresponden a las que tienen como segunda cifra 1,2,3,4,6,7,8 y 9. En total 168.

Sumando todas las posibilidades de que la primera cifra sea 1,2,3,4,5,6,7,8 y 9, será respectivamente 80+116+80+116+168+116+80+116+80=952

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 $6\cdot 60º+6\cdot 120º=1080º$

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 $56-24=32$

Solución al problema 83

Enunciado del problema 83

Supongamos que a es el número de veces que se encuentran uno rojo y uno verde, para convertirse ambos en amarillo. Cada vez que ocurre esto, la población de los rojos y de los verdes disminuye en uno, y la de los amarillos aumenta en dos. Por tanto si las poblaciones R(13), V(15) y A(17), después de a contactos entre rojos y verdes será R(13-a), V(15-a), A(17+2a).

Si llamamos b al número de contactos entre rojos y amarillos para convertirse en verdes, y c al número de contactos entre verdes y amarillos para convertirse en rojos, tenemos;

Nº de contactos	Rojos	Verdes	Amarillos
$0$	$13$	$15$	$17$
$a$	$13-a$	$15-a$	$17+2a$
$ayb$	$13-a-b$	$15-a+2b$	$17+2a-b$
$abyc$	$13-a-b+2c$	$15-a+2b-c$	$17+2a-b-c$

Estudiaremos tres posibilidades

a) Todos se convierten en amarillos

$$\begin{array}{ccc}13-a-b+2c& =& 0\\ 15-a+2b-c& =& 0\\ 17+2a-b-c& =& 45\end{array}$$

Resolviendo esta ecuación

$$\begin{array}{ccc}a+b-2c& =& 13\\ -a+2b-c& =& -15\\ 3b-3c& =& -2\\ 3\left(b-c\right)& =& -2\end{array}$$

Lo que es imposible. Por tanto nunca podrá una población solo de amarillos.

b) Todos se convierten en verdes

$$\begin{array}{ccc}13-a-b+2c& =& 0\\ 15-a+2b-c& =& 45\\ 17+2a-b-c& =& 0\end{array}$$

Resolviendo esta ecuación

$$\begin{array}{ccc}-a-b+2c& =& -13\\ a-2b+c& =& -30\\ -3b+3c& =& -43\\ 3\left(c-b\right)& =& -43\end{array}$$

Como 43 no es mútimplo de 3, es imposible.

c) Todos se convierten en rojos

$$\begin{array}{ccc}13-a-b+2c& =& 45\\ 15-a+2b-c& =& 0\\ 17-2a-b-c& =& 0\\ -a-b+2c& =& 32\\ -3b+3c& =& 47\end{array}$$

Como 47 no es múltiplo de 3, tampoco es posible.

La situación no se puede dar.

Solución 1 al problema 73

Enunciado del problema 73

Como $r=OC=OE$ y OA es común, por el teorema de pitágoras $CA=\sqrt{O{A}^2-O{C}^2}=\sqrt{O{A}^2-O{E}^2}=AE$

Igualmente $EB=DB$. Si $\alpha =AOE=AOC$, y $\beta =EOB=BOD$ , como la suma de los cuatro ángulos es 180º

$180º=AOE+AOC+EOB+BOD=\alpha +\alpha +\beta +\beta$, y por tanto $90º=\alpha +\beta$, que es precisamente el ángulo AOB.

Solución del problema 68

Enunciado del problema 68

Supongamos

$$\begin{array}{ccc}\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{m}{n-1}\right)=3003;& \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{m}{n}\right)=2002;& \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{m}{n+1}\right)=1001\end{array}$$

Entonces

$$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{m}{n-1}\right)=\frac{m!}{\left(n-1\right)!\left(m-n+1\right)!}=\frac{m!}{\left(n-1\right)!\left(m-n+1\right)\left(m-n\right)\left(m-n-1\right)!}$$

$$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{m}{n}\right)=\frac{m!}{\left(n\right)!\left(m-n\right)!}=\frac{m!}{n\left(n-1\right)!\left(m-n+1\right)\left(m-n\right)\left(m-n-1\right)!}$$

$$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{m}{n+1}\right)=\frac{m!}{\left(n+1\right)!\left(m-n+1\right)!}=\frac{m!}{\left(n+1\right)n\left(n-1\right)!\left(m-n-1\right)!}$$

En consecuencia

$$\frac{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{m}{n}\right)}{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{m}{n+1}\right)}=\frac{\frac{m!}{n\left(n-1\right)!\left(m-n+1\right)\left(m-n\right)\left(m-n-1\right)!}}{\frac{m!}{\left(n+1\right)n\left(n-1\right)!\left(m-n-1\right)!}}=$$

$$\frac{m!\left(n+1\right)n\left(n-1\right)!\left(m-n-1\right)!}{m!n\left(n-1\right)!\left(m-n\right)\left(m-n-1\right)!}=\frac{n+1}{m-n}=\frac{2002}{1001}=2$$

$$\frac{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{m}{n-1}\right)}{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{m}{n}\right)}=\frac{\frac{m!}{\left(n-1\right)!\left(m-n+1\right)\left(m-n\right)\left(m-n-1\right)!}}{\frac{m!}{n\left(n-1\right)!\left(m-n+1\right)\left(m-n\right)\left(m-n-1\right)!}}=$$

$$\frac{m!n\left(n-1\right)!\left(m-n\right)\left(m-n-1\right)!}{m!\left(n-1\right)!\left(m-n+1\right)\left(m-n\right)\left(m-n-1\right)!}==\frac{n}{m-n+1}=\frac{3}{2}$$

y finalmemte

$$\{\begin{array}{c}2n=3\left(m-n+1\right)\\ n+1=2\left(m-n\right)\end{array}.\Rightarrow \{\begin{array}{c}m=14\\ n=9\end{array}.$$

La fila completa será

$1,14,91,364,1001,2002,3003,3003,2002,1001,364,91,14,1$

Solución del problema 67

Enunciado del problema 67

En el triángulo tenemos cuadrados y triángulos dispuestos como se indica.

Obviamente son semejantes los triángulos ABC, CDE, EFK, FGH, HON y NLM

Por semejanza de CDE con ABC

$$\frac{b}{c}=\frac{c}{DE}=\frac{a}{CD}\Rightarrow \{\begin{array}{c}DE=\frac{c^2}{b}\\ CD=\frac{ac}{b}\end{array}.$$

Entre EFK y ABC habrá una razón de semejanza sea k

$$\begin{array}{ccc}FE& =& kb\\ FK& =& kc\\ EK& =& ka\end{array}$$

y entre FGH y ABC otra. Sea s

$$\begin{array}{ccc}FH& =& sb\\ FG& =& sa\\ GH& =& sc\end{array}$$

Como $FK=FH$

$$kc=sb\Rightarrow s=\frac{kc}{b}$$

Además

$$FE+FG=c\Rightarrow kb+sa\Rightarrow kb+\frac{kc}{b}a=c\Rightarrow k\left(\frac{b^2+ac}{b}\right)=c\Rightarrow k=\frac{bc}{b^2+ac}$$

$$s=\frac{bc}{b^2+ac}\cdot \frac{c}{b}=\frac{c^2}{b^2+ac}\Rightarrow FK=FH=\frac{b{c}^2}{b^2+ac}(*)$$

Entre HON y ABC habrá una razón de semejanza, sea n

$$\begin{array}{ccc}HN& =& nb\\ HO& =& na\\ ON& =& nc\end{array}$$

y entre NLM y ABC otra. Sea p

$$\begin{array}{ccc}NL& =& pa\\ LM& =& pc\\ NM& =& pb\end{array}$$

Como $ON=NM$

$$nc=pb\Rightarrow n=\frac{pb}{c}$$

Además, utilizando (*)

$$FH=HN+NL0nb+pa=\frac{b{c}^2}{b^2+ac}$$

$$\frac{p{b}^2}{c}+pa=\frac{b{c}^2}{b^2+ac}\Rightarrow p\left(\frac{b^2+ac}{c}\right)=\frac{b{c}^2}{b^2+ac}\Rightarrow p=\frac{b{c}^3}{(b^2+ac{)}^2}$$

y en consecuencia

$$n=\frac{b{c}^{3}b}{(b^2+ac{)}^{2}c}=\frac{b^2{c}^2}{(b^2+ac{)}^2}=k^2$$

Por tanto si t es el radio de la circunferencia inscrita en ABC, el radio de la circunferencia en EFK será

$$kt=\frac{bct}{(b^2+ac{)}^2}$$

y el radio de la circunferencia inscrita en HON será $k^{2}t$

La relación entre los radios de las circunferencias será $1:k:k^2$, donde $k=\frac{bc}{b^2+ac}$

De esta relación se deduce inmediatamente que si $r_1,r_2,r_3$son los radios de las circunferencias de los triángulos ABC, EFK y HON, entonces

$$r_2^2=r_1{r}_3$$