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Problemas Matematicos II
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Problemas de Matemática, traducidos, editados y diagramados por su autor
Agregado: 30 de AGOSTO de 2009 (Por Aldo Gil Crisóstomo) | Palabras: 1815 | Votar |
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Categoría: Apuntes y MonografÃas > Matemáticas >
Material educativo de Alipso relacionado con Problemas Matematicos
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Autor: Aldo Gil Crisóstomo (lococrux@hotmail.com)
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Olimpiadas Internacionales
Problemas
Resueltos N° 2
2006
DE = 24aü- Pero:
DE=DC+CE^,la~¿=^ + ,íb~c=,[c(,ía + ^[b) ^,[c
Problema 1
Sea x un número del intervalo (0, "/2), tal que tg 2x = tg x = 4/3, determine eos x y
sen x.
Solución
tg(x)=4/3 => ( sen(x)/cos(x)) = 4/3 ^3.sen(x)= 4cos(x) => cos(x)=(3/4).sen (x) Por relaciones trigonométricas tenemos que:
3.
sen x2+ cos x2=l^sen x2 + —sen x2=l
4
sen x2 + 9 sen x2=l => 16.sen x2 + 9 sen x2=16 16
25sen x2=16^sen x2= 16 25
Sen x= ±-, como 0<x<n/2
, sen x>0, luego sen x=-.
5 5
3 3 4 3 3 4 Como eos x= —sen x ^cos x=—.— => eos x=— ^cos x= — y sen x = —
4 4 5 5 5 5
Problema 2
A una cena de trabajo acudieron un grupo de colegas y se sentaron alrededor de una mesa ovalada. Unos siempre dicen la verdad y los otros siempre mienten. El camarero les pregunto, por turno, en que grupo se encontraba cada uno. Todos aseguraron ser de los que siempre dicen la verdad; al preguntarles de nuevo, ¿a que grupo pertenece su compañero de la derecha? todos contestaron que al de los que siempre mienten. Un periodista, al hacer la crónica de la reunión, pregunto a uno de los asistentes, que se llamaba Pedro, que cuantos asistieron, y contestó que 17. Como no sabia si decía la verdad o no, preguntó a otro asistente que afirmó que realmente eran 20 ya que Pedro era de los que siempre mienten. ¿Cuantos colegas asistieron a la cena?
total debe ser par, por lo que asistieron 20. (Si fuera impar el número total habría 2 iguales sentados al lado).Solución
Como todos dicen que el compañero de la derecha miente, deben estar intercalados uno que miente con uno que dice la verdad, y así sucesivamente. El número
Problema 3
Cinco amigos a,b,c,d y e, demasiado ahorradores, se dieron cuenta de que si se pesaban de dos en dos, alternándose y sin que quede la báscula vacía, con una sola moneda, y obteniendo el peso de todas las parejas posibles, luego se baja A y sube C y así sucesivamente. los diez pesos de las 10 posibles parejas fueron: 134,139,126,127,138,144,121,135,140,152 . Hallar el peso de cada uno de ellos.
Solución
b+c+d+e=266 =>a=73 Luego 6+c+c/=187=>c/= 48, c=47, 6=61. |
Podría ser así: a+b, b+c, c+d, d+e, e+a, a+c, c+e, e+b, b+d, d+a Si este es el caso: Sumo todas las cantidades y obtengo 4(a+£H-c+d+e)=1356 luego a+b+c+d+e=339………(I) Como a+b+c+d=260 => e=79 Solución: Paco Moya
Problema 4
Tres círculos de radios a, b y c (a>b>c) son tangentes externamente entre si y también a una misma recta. ¿Cual es la relación entre sus radios?
Solución
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En la figura adjunta, aplicamos el teorema de Pitágoras a los triángulos:
ACD: (a + c)2 = (a - cf + DC2 => DC = 2~,ía¿
BCE: (b + c)2 = (b - cf + CE2 => CE = 2-JEc ABF: (a + bf = (a - bf + DE2 =>
= |
■^ =>c =________ aA____
■Ja + S a + b + 2-fií
Hay una bonita fórmula que relaciona las curvaturas
(inversas del radio) de cuatro círculos mutuamente tangentes en el plano
(la recta se considera como un círculo de radio infinito y curvatura
cero). Es 2(a'2 + b'2 + ca + da) = (a' + b' + c' + d'f
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2 ía^b |
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111 — = —i— ± -c a b |
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= |
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a.b |
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Cl |
Problema 6
Una bandada de gorriones encuentra algunos postes. Si sobre cada poste se posa un gorrión, quedan n gorriones volando. Si todos los gorriones se paran sobre algún poste, de modo que queden n gorriones en cada poste ocupado, quedan n postes libres. Hallar las posibles cantidades de gorriones y de postes.
Fuente: Propuesto por Miguel
O en general, para (n + 2) hiperesferas mutuamente tangentes en el hiperespa-cio de dimensión n, n(a'2 + bü + c'2 + dü + ... ) = (a' + b' + c' + d' + .... f válida para n > 1. La fórmula en el plano se debe a Descartes, y la generalización a cualquier número de dimensiones a Sod-dy.
Aplicándola a este problema, tendríamos que d' = O (la recta) y 2(a'2 + b'2 + c'2) = (a' + b' + c')2
Resolviendo esta ecuación de segundo grado respecto de c', c'= a+b'± 2-JTlf Sustituyendo las curvaturas por los radios, Solución: Ignacio Larrosa Cañestro
(valor obtenido antes)
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= |
a + b + 2-¡ai> a.b
C2
a + b- 2-Jaü Esta segunda solución corresponde a una circunferencia, de radio mayor que a y b, que es tangente a estas y a la recta, pero dejando a ambas circunferencias del mismo lado del punto de tangencia con la recta. Es decir, ahora sería la circunferencia de radio b la situada entre las otras dos y la recta.
un punto de la semicircunferencia de diámetro FE.
(Aunque no lo pida el ejercicio, lo anterior permite determinar gráficamente el punto M, como intersección de ambas semicircunferencias). Utilizando coordenadas polares (r,í), con centro en el punto F Circunferencia de diámetro AB: r =1/2 Circunferencia de diámetro FE: r = eos í => í = 60º, pero t=zEFM, luego el ángulo zEFM=60º. Solución: Diana
Por otro lado, zBFM = 90º + zEFM = 90º + 60º =150º, siendo este ángulo (150º) el ángulo central que abarca el arco de circunferencia BM. A su vez, BAM es el ángulo inscrito en la circunferencia que abarca el mismo arco que el ángulo BFM, luego tiene que ser su mitad, a saber 75º.
Problema 5
Sea ABCD un cuadrado de lados AB, BC, CD y DA. Si E es el punto medio del lado CD y
M es el punto interior del cuadrado tal que zMAB = zMBC = zBME, calcular la medida
del ángulo zMAB.
Fuente: Propuesto por Santiago
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A/: |
Solución
Podemos suponer, sin pérdida de generalidad, que el lado del cuadrado ABCD es 1.
Como ya te han dicho, el triángulo AMB es rectángulo en M, es decir, que M es un punto de la semicircunferencia de diámetro AB.
Como además zBME=zMBC y BC es tangente a la semicircunferencia en B, se deduce que, ME es tangente a la semicircunferencia en M.
Si llamas F al punto medio de AB, por la tangencia anterior, se tiene que FME es un triángulo rectángulo, con lo que M es
Solución
Si la cantidad de postes es P, la de gorrio
nes G y los postes libres o los gorriones en
vuelo N, se tiene:
G - P = N => G = N + P........................... (I)
P - G/N = N => G = NP - A/2.................. (II)
De (I) y (II) se deduce:
N + P = NP - N2 => N2 + (1-P) N + P = 0
Los valores que satisfacen N son:
P-1±4(P-1)2 - 4P
2
Solución: Daniel
Problema 7
Que tiene solución entera si la expresión de la raíz es un cuadrado perfecto: (P-lf- 4P = A2 => P2 - 6P + 1 = A2 Que tiene solución entera sólo para P=0 ó P=6.
Descartando P=0, para P=6 hay dos valores de N, que son 3 y 2. Los postes sólo pueden ser 6, los gorriones 8 ó 9.
De aquí:
a+b+c+7+5= 36 => a+b+c = 24 a+b+c+7+5= 27 => a+b+c = 15 a+b+c+7+5= 18 => a+b+c = 6 a+b+c+7+5= 9 (imposible) Aquí viene lo simpático, a+b+c par, implica que uno de ellos sea una cifra par, lo cual hace que el lado derecho sea par, y eso no es posible (debido a que el número termina en cifra impar). Luego la única opción es que a+b+c = 15
La única solución es 77175. La condición de que sea múltiplo de 7 se traduce en que c75-ab sea múltiplo de 7. Por otra parte, dos de los a, b y c deben ser mayores o iguales que 3 o uno mayor o igual que 7, para que el producto tenga cinco cifras. Entre esto, y que a + b + c = 15, no parece que sea demasiado complicado agotar todas las posibilidades.
Viajando en la combi (medio de transporte que usamos los que no tenemos coche), se me ocurrió el siguiente problema,
Hallar un número de 5 cifras que sea igual a 45 veces el producto de sus cifras. Fuente: Una locura de Aldo Gil C.
Solución
No se si el subconsciente me lo ha traído a la mente (recuerdo) o se me antojo, pero estuve cavilando la solución si la tiene, y hasta ahora descubrí lo siguiente:
a~bcdé= 45*a*b*c*d*e Por el lado derecho, el número es múltiplo de 5, por lo tanto termina en cero o cinco. Es obvio que no puede terminar en cero, luego e=5
Queda así: IbcdS = 9*5*5*a*b*c*d Evidentemente es múltiplo de 25, luego d es 2 ó 7. ¿Esta bien? Vemos que como el número termina en 5, ninguna cifra es par, luego d no puede ser 2, entonces es 7 Queda así: a~bc75 = 9*5*5*7*a*b*c Asumimos los máximos valores de a,b y c que son 9, luego a+b+c+d+e < 9+9+9+7+5 < 39
Luego a+b+c+d+e < 36,debido a que el número es múltiplo de 9 ¿ok? Solución: Ignacio Larrosa Cañestro en complicidad con Aldo Gil
Problema 8
Las diagonales AC y BD de un cuadrilátero convexo ABCD son perpendiculares. Por los puntos medios de AB y AD se trazan las perpendiculares a los lados opuestos correspondientes CD y BC. Demostrar que estas líneas se intersecan en un punto sobre AC. Fuente: Problema 1 - New Zeland Olympiad - 1998
Solución
Sean M, N, y K los puntos medios de AB, AC, y AD respectivamente. Entonces los lados MN, NK, KM del triángulo MNK son paralelos a BC, CD y BD respectivamente. Por lo tanto las dos líneas perpendiculares trazadas y AC son prolongaciones de las alturas del triángulo MNK y se cortan en el ortocentro.
Problema 9
ABC es un triángulo isósceles con zA = 100° y AB = AC. La bisectriz del ángulo B corta
a AC en D. Demostrar que BD + AD = BC
Fuente: 1988-1999 Olympiad Correspondence Problems Set 1
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Solución
De la figura sea AB= u. Enton-
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- + - |
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ces: BD + AD |
usen 100° usen 20°
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sen 60° |
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u |
sen 60°
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BD + AD |
(senl00°+sen20°)
sen 60° 2usen60°cos40°
= 2ucos40°= BC
sen 60°
Problema 10
Encontrar todas las soluciones enteras de la ecuación: x4
y2 + 71
