presentacion estrategias olimpiadas as

8/6/2019 Presentacion Estrategias Olimpiadas as

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ESTRATEGIA PARA SOLUCIN

DE PROBLEMAS DE OMI

Prof. Toms Daro Navarro Pea

E-mail: tomasnavarro555 @ hotmail.com


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INTRODUCCIN

Los problemas en las Olimpiadas Matemticas Internacionales

plantean cuestiones que normalmente no se ven en los temariosescolares. La siguiente relacin consta de problemas sobre algunos delos temas ms frecuentes. Hay algunos temas ms y habra que ponerms problemas de cada tema para tener una idea ms global del tipo deproblemas que podemos encontrarnos en Olimpiadas de MatemticasInternacionales, pero entonces la lista se hara demasiado grande para

empezar.La relacin que presentamos tiene como nico objetivo despertarle el

inters en los problemas de Olimpiadas Matemticas Internacionales,esta es la siguiente:

Demostracin por contradiccin. Nmero natural y entero. Divisibilidad.

Ecuaciones diofnticas. Congruencias El mtodo de induccin. Progresiones y sucesiones. Combinatoria. Trigonometra y tringulos.

Polinomios. Ecuaciones polinmicas.

IRIR

IRIRIRIRIRIR

IR


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NMERO NATURAL Y ENTERO. DIVISISIBILIDAD

En este tema los conceptos fundamentales son divisor y mltiplo, mximo

comn divisor y mnimo comn mltiplo, descomposicin factorial de unnmero en factores primos, regla de divisibilidad, etc.Para resolver algunos problemas de OMI tendramos que tener en cuentaque:

Si p es un primo que divide a n que es un cuadrado, entonces p2 tambin

divide a n.

Para saber si un nmero es divisible por 11, se debe verificar que la suma

de las cifras que ocupan lugar par y la suma de las cifras que ocupan lugar

impar se diferencian en un mltiplo de 11.

Dos nmeros consecutivos n 1 y n siempre son primos relativos, pues

un divisor comn de ambos tambin lo ser de 1 = n (n 1).


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Encontrar un nmero de 4 cifras de la forma aabb que sea cuadradoperfecto.

Problema No. 1

Determinar los nmeros de la forma aa y bbcc tales que

Problema No. 2

Hallar los polgonos regulares cuyos ngulos miden nmero entero de

grados.

Problema No. 3

SOLUCION

SOLUCION

SOLUCION

.aa bbcc!

Probar que:

Problema No. 4

SOLUCION

log log log log 1.a b c d

b c d a !

Cuntos cero hay al final de 999!?

Problema No. 5

SOLUCION


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ECUACIONES DIOFNTICAS

Llamamos ecuaciones diofnticas a aquellas en las que slo intervienen

nmeros enteros. Diofnto de Alejandra las trat en su famosa Aritmtica, ypor ello lleva su nombre.

Para resolver este tipo de ecuaciones, aparte de las operaciones algebraicas

habituales (sustitucin, despejar, reducir, etc.) tendremos en cuenta

cuestiones de divisibilidad, que las incgnitas son nmeros enteros, y en la

mayora de los casos, que son nmeros positivos.

Por ejemplo, si en la resolucin de una ecuacin diofnticas llegamos a que

un nmero n de personas cumplen que n 6.25 y n u 5.87, slo puedeser n = 6. Esta consideraciones nos permite resolver problemas como los

siguientes:


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Un hombre compr doce piezas de fruta (mangos y guineos) por RD$ 99.00.Si un mango cuesta 3 pesos ms que un guineo, y compr ms mangos que

guineos, Cuntas compr de cada una de las frutas?

Problema No. 1

Un hombre cobra un cheque porp pesos y c centavos en un banco. El cajero,

por error, le da c pesos y p centavos. El hombre no se da cuenta hasta que

gasta 23 centavos y adems observa que en ese momento tiene 2p pesos y 2c

centavos. Cul era el valor del cheque?

Problema No. 2

SOLUCION

SOLUCION

Problema No. 1



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CONGRUENCIAS

La teora de congruencias fue desarrollada por Gauss (1777 1877) en sus

Disquisitiones Aritmticae. Las congruencias aparecen cuando lo que nosinteresa de un nmero a es su resto al dividirlo entro otro m, llamado

modulo. Decimos que dos nmeros a y b son congruentes mdulo m cuando

a b es divisible porm y lo escribimos as a | b (mod m). Por ejemplo, 29es congruente con 5 mdulo 6, ya que 29 5 es divisible por 6. Luego

podemos escribir 29 | 5 (mod m).

Las propiedades que cumplen las congruencias nos permiten calcular con

facilidad restos de operaciones complicadas. Como ejemplo de estas

propiedades, tenemos: si a |b (mod m) y c |d (mod m), entoncesa + c | b + d (mod m) y ac | bd (mod m). Como consecuencia de esta

ltima tendremos que an |bn (mod m) para cualquier entero n.

El pequeo teorema de Fermat, proporciona algunas congruencias que

pueden ser tiles. Este dice que, si p es un primo y a es cualquier entero, tal

que p a, entonces ap 1 |1 (mod p). Por ejemplo si p = 7 y a = 2, entonces26 | 1 (mod7).


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Calcular el residuo que resulta de dividir 12233 455679 + 876533 entre 4.

Problema No. 1

Probar que 32n+1 + 2n+1 es divisible por 7, para todo nmero natural n.

Problema No. 2

Demostrar que si n es un entero impar, entonces n2 | 1 (mod8).Problema No. 3

SOLUCION

SOLUCION

SOLUCION

Demostrar que si n es un nmero par, entonces 13n + 6 es mltiplo de 7.

Problema No. 4

SOLUCION

Calcular el resto que resulta de dividir 2384292 entre 7.

Problema No. 5

SOLUCION

CONGRUENCIAS


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Este mtodo es til cuando tenemos un enunciado que depende de un

nmero natural n y queremos probar que es cierto para cualquier n. Elmtodo se fundamenta en el siguiente anlisis:

1ro. Verificar que el enunciado se cumple para el primer elemento

del conjunto inductivo.

2do. Suponer que el enunciado se cumple para el elemento n.

3ro. Probar que el enunciado se cumple para el elemento n + 1.

EL MTODO DE INDUCCIN


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Demostrar que para cualquiern

Problema No. 1

Demostrar que para toda n entero positivo, el nmero 5n + 2 3n-1 + 1 es

mltiplo de 8.

Problema No. 2

Demostrar que 33n+3 26n 27 es mltiplo de 169 para todo nmero

natural n.

Problema No. 3

SOLUCION

SOLUCION

SOLUCION


2 2 2 2 1 2 11 2 3 ... 6

n n n

n

!


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PROGRESIONES Y SUCESIONES

Si en la sucesin de nmeros a1, a2, a3 , , an la diferencia entre cada

trmino y el anterior es una constante d, entonces la sucesin se llama una

progresin aritmtica de diferencia d y cualquier trmino se puede calcular

con la frmula an = a1 + (n 1)d. Adems, si llamamos Sn a la suma de los n

primeros trminos, tenemos que:1

1 2 3 ...2

nn n

a aS a a a a n

! !

Si en la sucesin de nmerosa

1,a

2,a

3 , ,a

n el cociente entre cada trminoy el anterior es una constante r, entonces la sucesin se llama una progresin

geomtrica de razn r y cualquier trmino se puede calcular con la frmula

an = a1 rn 1 . Adems, si llamamos Sn a la suma de los n primeros trminos,

tenemos que:1 1 1

1 2 3 ...1 1

n

nn n

a r a a r aS a a a a

r r

! ! !

Cuando la razn rde una progresin geomtrica es r< 1, la expresin rn se

hace prcticamente 0 cuando n es muy grande y resulta que podemos

calcular la suma Sn de todos los trminos de la progresin como:

1 1 11 2 3

0...

1 1n n

a a aS a a a a

r r

! ! !


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Calcular la suma de todos los mltiplos de 7 que tienen tres cifras.

Problema No. 1

En un crculo de radio R se inscribe un cuadrado; en el cuadrado, un circulo

y as sucesivamente. Hallar la suma de las reas de los crculos y la de los

cuadrados.

Problema No. 2

SOLUCION

SOLUCION



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Dado un conjunto A = {a1, a2, , an} con n elementos distintos, una

m permutacin de A, donde m n, es una ordenacin de m elementos deA. Una m combinacin de A es una seleccin no ordenada de m elementos

de A, es decir, es un subconjunto de A de m elementos.

COMBINATORIA

El nmero de m permutacin de un conjunto de n elementos

distintos es P (n, m) = n (n 1) (n 2) (n m + 1).

El nmero de m combinacin de un conjunto de n elementosdistintos es:

!

! !

n n

m m n m

!

Donde: 0! 1! 1! ! ! 1 2 ... 2 1n n n n! y Si n > 1

De cuntas formas se puede elegir un comit de 3 personas de un grupo de

20 personas? Y de cuntas si uno debe ser presidente, otro el

vicepresidente, y el tercero el secretario?

Problema No. 1

SOLUCION


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Se llama valor numrico de un polinomio al resultado de sustituir la variable

x por un valor determinado a. En particular, cuando sustituimos por 1, laoperacin resultante es la suma de los coeficientes del polinomio.

POLINOMIOS. ECUACIONES POLINMICAS

6 7

2 2

1 2 3 1 3 3 . x x x x

5 2 6

Encontrar la suma de los coeficientes del polinomio que resulta de operar y

reducir trminos en la expresin:

Problema No. 1

SOLUCION

Si la suma de los cuadrados de dos nmeros es igual a 1 y el producto de

ellos es igual a dos. Determinar el cuadrado de la suma de ellos dos y la

suma de la potencia cuarta de ellos.

Problema No. 2

SOLUCION

Sin el uso de calculadora, hallar la raz cuadrada de:

Problema No. 3

SOLUCION


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DEMOSTRACIN POR CONTRADICCION

Solucin problema No. 1

Si multiplicamos la expresin en ambos miembros porxyzw, tenemos que:

Si asumimos que todos son impares:

yzw xzw xyw xyz xyzw !

{ { { { {imparimpar impar impar impar

par par

par

yz xz xy xyz xyz !

1 4 2 43 14 2 431 4 4 44 2 4 4 4 43

{ { { { {p

arimpar par par par

par

impar

yz xz xy xyz xyz !

1 4 4 2 4 4 31 4 4 44 2 4 4 4 43

Si asumimos que uno de ellos es impares ( x ):

Es una contradiccin

Es una contradiccin

Por lo tanto, por lo menos dos de ellos deben ser pares.REGRESA AL PROBLEMA


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Evidentemente que estos enteros deben sers 1, ya que el producto es 1. Paraque la suma sea cero la cantidad de 1s debe ser igual a la cantidad de -1s.

Esto implicara que habr 17 nmeros -1s, lo que arrojara un producto -1, lo

cual es una contradiccin.

Por lo tanto la suma no puede ser cero.

REGRESA AL PROBLEMA


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Asumamos que es racional, es decir:

2a

b! (1)

Con a y b enteros positivos y b 0.

Desarrollando (1) tenemos que:

2 2

2b a!

Podemos ver que b2 y a2 tienen ambos dos factores primos (tomando en

cuenta las repeticiones). Pero 2b2 tiene tres factores primos. Esto es una

contradiccin, ya que todo nmero entero tiene descomposicin factorial

nica.

Por lo tanto es un irracional.2

REGRESA AL INDICE


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En primer lugar, el nmero N = aabb puede expresarse como:

N = aabb = a0b 11 (1)

Donde, a0b tiene que ser mltiplo de 11 para que N sea cuadrado perfecto.

Para que a0b sea mltiplo de 11 la suma de sus dgitos debe ser mltiplo de

11.

a + b slo puede ser 11 b = 11 a

Luego: a0b = 100a + b =100a + 11 a = 99a + 11 = 11(9a + 1) (2)

Donde 9a + 1 debe ser un cuadrado perfecto. Si examinamos con los valores

desde 2 a 9 tenemos que slo se satisface con a = 7, luego sustituyendo en

(2) tenemos:

a0b = 11(97 + 1) = 11 64 (3)Sustituyendo (3) en (1) tenemos:

N = aabb = (11 64) 11 = 82 112 = (8 11)2 = 7744

Por lo tanto el nmero deseado es N = 7744 que es un

cuadrado perfecto del 88.


REGRESA AL PROBLEMA


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De la expresin dada tenemos que:

( aa )2 = bbcc

(10a + a)2 = 1000b + 100b + 10c + c

(11a)2 = 1100b + 11c

11a2 = 100b + c

De donde:

11a2 = b0c

Segn podemos ver, el nmero b0c es mltiplo de 11, por lo que b + c = 11

y la cifra de sus unidades coincide con la de a2. Como es un cuadrado, c

debe ser 4, 5, 6 9. No puede ser 1 porque entonces b sera 10.

De entre los cuatro nmeros que verifican esta condicin c debe ser 4, yluego la solucin ser: b = 7, c = 4 y a = 8.

Por lo tanto los nmeros deseados son: aa = 88 y bbcc = 7744.


REGRESA AL PROBLEMA


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Solucin problema No. 31ro sabemos que un polgono de n lados puede descomponerse en n 2

tringulos, por lo que la suma de sus ngulos interiores es (n 2)180.

2do. Si el polgono es regular, la medida de cada ngulo interior del

polgono viene dada por:


2 180on

n

Si n es impar, n debe ser un divisor de 180.

Si n es par, ser de la forma n = 2kdonde kdebe ser un divisor de 180, paraque: 2 180 2 2 180 1 180

sea entero2

o o on k k

n k k

! !

3ro. Los divisores de 180 son: 1, 2, 3, 4, 5, 6, 9, 10, 12, 15, 18, 20, 30, 36,

45, 60, 90 y 180.

Por lo tanto n u3 y debe ser un divisor impar de 180 o el doble de un divisorcualquiera de 180.

Luego los posibles n impares son: 3, 5, 9, 15 y 45

Y los posibles n pares son: 4, 6, 8, 10, 12, 18, 20, 24, 30, 36, 40, 60, 72, 90,

120, 180 y 360.REGRESA AL PROBLEMA


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Para demostrar el enunciado debemos aplicar cambio de base logartmica ysimplificacin, es decir:


loga

blog

ac

log

ab

loga

d

loga

c

log

log

a

a

a

d log 1

aa! !

Por lo tanto queda demostrada la identidad.

REGRESA AL PROBLEMA


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Como los ceros se originan al multiplicar 2 5. El de menor presencia deellos es el 5, por lo tanto podemos decir que el nmero de cero est

determinado por la potencia mayor de 5 que divide a 999!. Esto es:


999 999 999 999199 39 7 1 246

5 25 125 625

! !

Por lo tanto 999! termina con 246 ceros.

REGRESA AL INDICE


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Sean x : Nmero de mangos; y : Nmero de guineos; p : Precio de guineoLuego, segn el problema tenemos que:

12

3 99

x y

p x py

!

!

Tenemos que:


12

3 99

x y

x p x y

!

! Sustituyendo en la segunda ecuacin

3 12 99 4 33 33 4x p x p x p ! ! @ !

Si despejamos y en la primera ecuacin del sistema, sustituyendo x por el

valor anterior, tenemos:

12 12 33 4 4 21 4 21y x p p y p! ! ! @ ! Como el hombre compr ms mangos que guineos tenemos que:

33 4 4 21 8 54 6 p p p p " e

Por otro lado, tenemos que x, y deben ser positivos, por lo que:

4 21 0 6p p u uPor tanto, slo puede ser p = 6, de donde tenemos que x = 9 mangos y

y = 3 guineos. REGRESA AL PROBLEMA


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Segn el enunciado del problema tenemos que: 100 23 200 2c p p c !


199 2 98 3 3 2 98 1 199

98 32 3 2 2 65 98 32 199

3 1 2 1 1 67 98 33 199

! v ! v v

! v ! v v

! v ! v v

Usando el algoritmo de Euclides, podemos encontrar una solucin de la

ecuacin anterior:

Luego: c = -67 y p = -33 es una solucin de 98c 199p = 1; si

multiplicamos por 23, entonces c = -1541 y p = -759 es una solucin de la

ecuacin 98c 199p = 23. Por tanto, las dems infinitas soluciones viene

dada por: 1541 199

759 98

c t

p t

!

!

Despejando tenemos: 98 199 23c p !

Segn el problema sabemos que tanto c como p tienen que ser positivas y

adems: 0 1541 199 100 1541 199 1641 7.74 8.51t t t Como t tiene que ser entero, el nico valor es t = 8, Por tanto c = 25 y

p = 51. Por lo tanto el cheque era de 51 pesos y 25 centavos. REGRESA AL INDICE


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Tenemos que:

Luego tenemos que:

12233 12200 32 1 1 mod 4!

Por lo tanto el residuo es cero.

CONGRUENCIAS

455679 455600 76 3 3 mod 4!

87653 87600 52 1 1 mod 4!

3312233 455679 87653 1 3 1 4 0 mod 4v ! v

REGRESA AL PROBLEMA


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Tenemos que:

Luego tenemos que:

2 1 2 23 3 3 3 3 3 9 3 2 mod 7n

n n n n ! v ! v ! v v

Por lo tanto, decimos que es divisible por 7.

CONGRUENCIAS

2 22 2 2 4 2 mod 7n n n ! v v

2 1 2

3 2 3 2 4 2 7 2 0 mod 7n n n n n

| v v | v |

REGRESA AL PROBLEMA


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Para comprobar esta congruencia, partimos de que n2 1 es un mltiplo de8. Sabemos que si n es impar, entonces n = 2k+ 1 para algn entero k.

Entonces, n2 = 4k2 + 4k+ 1

Por lo tanto, n2 1 es mltiplo de 8; luego n2 | 1(mod 8)

CONGRUENCIAS

Luego:

n2 1 = 4k2 + 4k= 4 k(k+ 1)

Como k(k+ 1) siempre ser par, ya que k+ 1 y kson nmeros consecutivos,

y uno de ellos tiene que ser par.

REGRESA AL PROBLEMA


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Si hacemos n = 2ky usamos la congruencia tenemos:

13 | 1 (mod 7)

132 | 1 (mod 7)

132k

| 1 (mod 7)

Por lo tanto, es mltiplo de 7 para n par.

CONGRUENCIAS

Luego:

132k+ 6 | 1 + 6 | 7 | 0 (mod 7)

REGRESA AL PROBLEMA


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Segn el teorema de Fermat, 236 | 1 (mod 7), luego por el algoritmo de ladivisin tenemos que:

84299 = 6 14048 + 4

Por lo tanto, el resto que resulta de la divisin es igual a 2.

CONGRUENCIAS

Luego:

2384292 | 2 (mod 7)

Luego tenemos que:

2384292 = 23614048+4 = (236)14048 234 |1 24 |2 (mod 7)

REGRESA AL INDICE


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Verificaremos primero si para n = 1 es cierto el enunciado:


2 1 1 1 2 1 1 2 31 16 6

v v! ! !

Suponiendo que se cumple para n, entonces probaremos para n + 1:

2 22 2 2

2

1 2 1 2 11 2 ... 1 1 1 16 6

2 2 32 7 61 1

6 6

1 1 1 2 1 1

6

n n n n nn n n n n

n nn nn n

n n n

! !

! !

!

Podemos ver que se cumple para n + 1, por lo tanto:

2 2 2 1 2 11 2 ...6

n n nn

!

REGRESA AL PROBLEMA


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Para n = 1, tenemos: A1 = 51 + 230 + 1 = 5 + 2 + 1 = 8 por tanto es cierto.


Asumiendo que An = 5n + 2 3n 1 + 1 = 8k (1)

Probaremos que tambin se cumple para n + 1:

An+1 = 5n+1 + 2 3n + 1 = 5 5n + 2 3n +1

@ An+1 = 5 5n + 2 3n +1 (2)

Despejando en (1) a: 5n = 8k 2 3n + 1Sustituyendo en (2) tenemos:

An+1 = 5 (8k 2 3n + 1) + 2 3n +1

= 40k 10 3n 1 5 + 6 3n 1 + 1

= 40k 4 3n 1 4

= 40k 4(3

n 1

+ 1)Como 3n 1 es impar, entonces 3n 1 + 1 ser par, por lo tanto:

An+1 = 40k 4(3n 1 + 1)

Por lo tanto podemos asegurar que:

An = 5n + 2 3n 1 + 1 es mltiplo de 8.

REGRESA AL PROBLEMA


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Probaremos que P(n) = 33n+3 26n 27 = 169kpara todo n natural y algn knatural.


Asumiendo que existe algn h natural, tal que para n 1:

P(n1) = 33(n1)+3 26(n 1) 27 = 169h para n > 133n 26n 1 = 169h para algn h natural.

Para n = 1, tenemos que: P(1) = 36 26 27 = 729 53 = 676 = 169(4) lo

cual se cumple.

Luego par para n:

P(n) = 33n+3 26n 27 = 27 33n 26n 27 = 27 33n 702n 27 + 676n

= 27 33n 27 26n 27 1 + 169 4n

= 27(33n 26n 1) + 169 4n

= 27(169h) + 169 4n

=169(27h + 4n)

Por lo tanto, P(n) = 33n+3 26n 27 es un mltiplo de 169.

REGRESA AL INDICE


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El mltiplo de 7 de 3 cifras menor es 105 y el mayor es 994. Comolos mltiplo de 7 forman una progresin aritmtica de diferencia d = 7,

podemos hallar la cantidad de trminos a partir de la frmula

an = a1 + (n 1)d; para poder hallar la suma.

994 = 105 + (n 1)7

Luego la suma de los trminos vale:

Por tanto la suma de todos los mltiplos de siete de tres cifras

es igual a 70,336.


994 1051 127 1 128

7

n n

! ! !

De donde n = 128

1 105 994128 70,3362 2

na aS n

! ! !

REGRESA AL PROBLEMA


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Construyendo grficamente el enunciado del problema como se indica en lafigura A siguiente:

Luego:


2

Rr !

Por lo que la sucesin de los radios de las

circunferencias es una progresin

geomtrica de:

Fig. A Fig. B

Sea r el radio de la

circunferencia inscrita en el

primer cuadrado, segn la

figura B, tenemos porPitgoras que r2 + r2 = R2, es

decir:

2

Rrazn !

Tenemos que: A1 = T R2 rea del 1er circulo2

2 2 22

1

1 11

2 22

R AA r R

AT T T

! ! ! !

222

112

RS R

TT! !

Continua

Por lo tanto S = 2 T R2 es la suma de las

reas de los crculos que se generan.


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Solucin problema No. 2 (continuacin)

Construyendo grficamente el enunciado del problema como se indica en lafigura A siguiente:


2 2 22

RL r R

! ! !

Las reas de los cuadrados formarn

tambin una progresin geomtrica de

razn:

Para los cuadrados

generados tenemos que la

longitud de los lados del

primer cuadrado es igual a:

1

2razn !

Por lo que la suma viene dada por:

222 4

11

2

RS R! !

Por lo tanto S = 4 R2 es la suma de las reas

de los cuadrados que se generan segn el

enunciado.

REGRESA AL INDICE

Fig. A Fig. B


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Para la primera pregunta, podemos ver que al elegir el comit, el orden de laeleccin no hace que dos sean diferentes, por lo tanto es un problema de

combinacin y utilizaremos la frmula:

,

!

! !n m

n nC

m m n m

! !

Continua

COMBINATORIA

Para nuestro problema tenemos:

20,3

20 20! 20 19 18 17!20 19 3 1140

3 3! 20 3 ! 6 17!C

v v v! ! ! ! v v !

v

Por lo tanto, se podrn hacer 1140 elecciones de comitsdiferentes.


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Solucin problema No. 1 (continuacin)

Para la segunda pregunta, podemos ver que si una persona es presidente noes lo mismo si en otra eleccin fuera vicepresidente por tanto los cargos

determinan formaciones diferentes, es decir, el orden importa en la eleccin.

Luego representa un problema de variacin y utilizaremos la frmula:

, 1 2 ... 1n mP n n n n m!

COMBINATORIA

Para nuestro problema tenemos:

20,3 20 19 ... 20 3 1 20 19 18 6,840P ! ! !

Por lo tanto, se podrn hacer 6,840 elecciones de directivas

diferentes tomando en cuenta los cargos de presidente,vicepresidente y secretario.

REGRESA AL INDICE


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Sabemos que la superficie de un tringulo podemos calcularla usando lafrmula A= sr, siendo s el semipermetro del tringulo y r el radio de la

circunferencia inscrita al tringulo. Luego:

8 15 1720

2p

! !

Luego el radio lo podemos calcular por la expresin:

Por lo tanto el radio de la circunferencia inscrita al tringulo es de 3 cm.

TRIGONOMETRA Y TRINGULOS

2

20 20 8 20 15 20 17 20 12 5 3 60A cm! ! !

603

20

Ar cm

s! ! !

Otra forma de resolver este problema, es observando que 82 + 152 = 172. Por

lo que concluimos que el tringulo es rectngulo y su rea ser:

21 1

8 15 602 2

A bh cm! ! !

El resultado es el mismo. REGRESA AL PROBLEMA


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Si en el tringulo que la horizontal con los dos tringulos dadosdenominamos los ngulos tal como se muestra en la figura siguiente,

podemos decir:

Luego:

Por lo tanto el ngulo pedido es igual a 40.

TRIGONOMETRA Y TRINGULOS

60 75 180 45oA A ! !R R

60 65 180 55oB B ! !R R

180 80oA B C C ! !R R R R

60 180 180 60 80 40o o o ox C C ! ! !R R R

REGRESA AL INDICE


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Si hacemos:

Por lo tanto la suma de los coeficientes del polinomio que

resulta, ser igual a 64.

6 7

3 21 2 3 1 3 3P x x x x x!


Como la suma de los coeficientes de un polinomio ser siempre igual al

valor numrico del polinomio en 1, entonces tenemos que:

6 7 761 1 2 3 1 3 3 2 1 64P ! ! !

REGRESA AL PROBLEMA


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Sean a y b los dos nmeros del enunciado, tenemos que por el enunciado:a2 + b2 = 1 y ab = 2

Para determinar a: (a + b)2

Por lo tanto el cuadrado de la suma de los nmeros dados es igual a 5 y la

suma de la cuarta potencia de ellos es 9.


Desarrolla el binomio y sustituimos los valores dados:

(a + b)2 = a2 + 2ab +b2 = (a2 + b2) + 2(ab) = 1 + 2(2) = 5

Por tanto:(a + b)2 = 5

Para desarrollar la segunda parte factorizaremos la expresin del enunciado

y sustituimos los valores dados:

a4 + b4 = a4 + 2a2b2 +b4 2a2b2 = (a2 + b2)2 2(ab)2 = (1)2 + 2(2)2 = 9

Por tanto:a4 + b4 = 9

REGRESA AL PROBLEMA


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El nmero dado podemos expresarlo de la forma:

Por lo tanto:


Luego tenemos que:

2

5 2 6 2 2 2 3 3 2 3 ! !

2

5 2 6 2 3 2 3 ! !

5 2 6 2 3 !

FIN


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presentacion estrategias olimpiadas as

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