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PROBLEMAS DE MATEMÁTICAS
Volumen 1
Gerard Romo Garrido
Toomates Cool·lección
Los documentos de Toomates Cool·lección son recopilaciones de materiales
matemáticos, redactados, ordenados y sistematizados por Gerard Romo, con el
objetivo de que puedan ser útiles para cualquier estudioso de las matemáticas.
“Always Under Construction”: Debido a lo ambicioso del proyecto, estos documentos
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Geometría Axiomática pdf doc1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13
Problemas de Geometría (Vol. 1) pdf doc
Problemas de Geometría (Vol. 2) pdf doc
Matemáticas para el bachillerato (en catalán):
Àlgebra Lineal Batxillerat pdf doc
Geometria Lineal Batxillerat pdf doc
Càlcul Infinitesimal Batxillerat pdf doc
Programació Lineal Batxillerat pdf doc
Problemarios:
Problemas de Matemáticas (Vol. 1) pdf doc
Cangur Integral (en catalán) pdf doc
Geometría Proyectiva Práctica pdf doc
Versión de este documento: 12/01/2018
www.toomates.net
Índice.
1. El problema de las escaleras cruzadas.
2. Cálculo del área de un triángulo.
3. Equación polinómica.
4. Área de circunferencias tangentes inscritas.
5. Área de infinitas circunferencias tangentes encajadas.
6. Área del triángulo determinado por circunferencias tangentes. (*)
7. Dos circunferencias inscritas en un triángulo rectángulo.
8. Tres circunferencias inscritas en un triángulo rectángulo.
9. Determinación de un producto de raíces.
10. Radio de una circunferencia inscrita.
11. Relación entre áreas de cuadrados.
12. Sistema de ecuaciones de segundo grado.
13. Ecuación con función f(f(x))=x.
14. Ecuación con raíces cuadradas.
15. Suma de radicales.
16. Área de una estrella con circunferencias inscritas.
17. Ecuación cúbica. (*)
18. Área de un eclipse.
19. Área de un cuadrado inscrito.
20. Área de una zona circular.
21. Radio de circunferencias tangentes.
22. Área zona central tres circunferencias tangentes.
23. Polinomio con raíces enteras y suma de coeficientes impar.
24. Área entre cuadrado y circunferencia.
25. Ángulo de un papel doblado.
26. Suma de senos.
27. Área de un pentágono. (*)
28. Área del cuarto rectángulo.
29. Problema con función.
30. Coordenadas de un cuadrado.
31. Clavija y hueco.
32. Área con hexágonos.
33. Área entre triángulo y circunferencia.
34. Circunferencia inscrita-circunscrita.
35. Longitud de una cuerda.
36. Área entre dos circunferencias dada la cuerda.
37. Área de triángulo.
38. Determinación de un ángulo.
39. Longitud de segmento en triángulo rectángulo.
40. Longitud con circunferencia inscrita en triángulo.
41. Longitud de segmento en un triángulo.
42. Parábola inscrita en un triángulo rectángulo.
43. Radio de una circunferencia dada una tangente, secante y segmento.
44. Tangente y secante a una circunferencia.
45. Punto medio en tangente de dos circunferencias.
46. Área de un cuadrilátero.
47. Superficie con círculos tangentes.
48. Puntos fijos en un paralelogramo.
49. Volumen máximo de caja triangular.
50. Determinación del valor de una función continua. (*)
51. Área con tres circunferencias tangentes.
52. Razón áurea en una semicircunferencia. (*)
53. Simplificación de raíces encadenadas.
54. Ángulo con dos rectas paralelas en un cuadrado. (*)
55. Ecuación con valor absoluto.
56. Área de un doble eclipse.
57. Área independiente de la traslación de un cuadrilátero.
58. Números de tres cifras que suman 11.
59. Área de una pieza de un cuadrilátero.
60. Serie de fracciones.
61. Triángulo rectángulo interior en un círculo.
62. Múltiplo con todos los dígitos.
63. Ángulo interior en un triángulo isósceles. (*)
64. Potencia quinta de un polinomio. (*)
65. Suma de cubos.
66. Triángulo con bisectriz y ángulo recto.
67. Ángulos de un triángulo con bisectriz.
68. Problema de probabilidad con ecuación de segundo grado.
69. Mínimo en la suma de longitudes de dos lados de un triángulo.
70. Triángulo con ángulo de 60 grados.
71. Triángulo rectángulo y dos puntos de la hipotenusa.
72. Área de un cuadrado interior.
73. Determinación del ángulo en un cuadrilátero.
74. Ecuación con producto de polinomios de segundo grado.
75. Producto de segmentos en triángulo con punto interior.
76. Seno del ángulo de un cuadrilátero con ángulos rectos.
77. Suma de los diámetros inscrito y circunscrito en función de los
catetos.
(*) Problemas considerados difíciles.
1. El problema de las escaleras cruzadas.
Determina la longitud AB
2. Cálculo del área de un triángulo.
Hemos construido la siguiente figura con cuadrados de lado 1. Calcula el área del
triángulo ABC.
Fuente: https://plus.google.com/101998702036074282423/posts/ERmPez3J6LP
3. Equación polinómica.
Resuelve la siguiente ecuación:
)()( xgxf donde 462)( 2 xxxf y 8822)( 23 xxxxg
Fuente : http://www.matematyczny-swiat.pl/2013/05/rownosc-wartosci-dwoch-
funkcji.html
4. Área de circunferencias tangentes inscritas.
Calcula el área de la figura, suponiendo R el radio de la circunferencia exterior.
Fuente:
5. Área de infinitas circunferencias tangentes encajadas.
Calcula el área de la figura, suponiendo R el radio de la circunferencia exterior.
6. Área del triángulo determinado por circunferencias tangentes.
Calcula el área del triángulo determinado por dos circunferencias tangentes y la recta
tangente a ambas. Suponemos r el radio de la circunferencia menor y R el radio de la
circunferencia mayor.
Fuente:
https://plus.google.com/photos/+JeanDAVID/albums/5969836320841169073/59698363
26162153266?pid=5969836326162153266&oid=117684142435389193789
7. Dos circunferencias inscritas en un triángulo rectángulo. Dos circunferencias iguales están inscritas en un triángulo rectángulo de lados 4 y 3.
Calcula el radio R de las circunferencias.
Fuente: https://plus.google.com/101998702036074282423/posts/Gs1V9XZbyDF
8. Tres circunferencias inscritas en un triángulo rectángulo.
En la figura tres circunferencias de radio 1 están inscritas en un triángulo de forma que
el ángulo en B es de 90º y los ángulos en A y C son de 45º. Calcula la distancia AB y
BK.
Font: https://plus.google.com/118246750234818303393/posts/598uFo7eudA
9. Determinación de un producto de raíces..
Calcula el siguiente producto de raíces sin utilizar la calculadora:
A 3232232223222
Fuente: http://www.matematyczny-swiat.pl/2014/10/wyrazenie-pierwiastkowe.html
10. Radio de una circunferencia inscrita.
Un cuadrado de lado 1 contiene un cuadrado de lado x, 1x , y una circunferencia que
pasa por dos lados y el vértice de este cuadrado. Determina el radio R de la
circunferencia en función de x.
Fuente: http://foro.elnumerodeoro.cl/viewtopic.php?f=89&t=350
11. Relación entre áreas de cuadrados. Sea a el lado del cuadrado grande y b el lado del cuadrado interior amarillo. Calcula la
relación entre las áreas
2
2
a
b
Fuente: http://mozgalice-glavolomke.moja-vizit-karta.com/arhiva/10823
12. Sistema de ecuaciones de segundo grado.
Resuelve el sistema
21
28
2
2
xyy
xyx
Fuente: http://www.matematyczny-swiat.pl/2014/02/ukad-rownan_25.html
13. Ecuación con función f(f(x))=x.
La función
32)(
x
xcxf
satisface xxff ))(( para todo 2
3x . Determina el valor de c.
Fuente:
14. Ecuación con raíces cuadradas.
Resuelve la siguiente ecuación:
1168143 xxxx
Fuente: http://www.matematyczny-swiat.pl/2014/10/rownanie-pierwiastkowe.html
15. Suma de radicales.
Determina cuantos sumandos tiene la siguiente operación para dar 1000 como resultado:
1000...65
1
54
1
43
1
32
1
21
1
Fuente: http://joselorlop.blogspot.com.es/2014/05/195-hay-que-llegar-mil.html
16. Área de una estrella con circunferencias inscritas.
Determina el área de la siguiente figura, suponiendo un cuadrado de lado 1.
17. Ecuación cúbica.
Resuelve la siguiente ecuación:
191729 33 xx
Fuente: http://joselorlop.blogspot.com.es/2014/10/237-la-ecuacion-intrusa.html
18. Área de un eclipse.
Calcula el siguiente área en función de r:
19. Área de un cuadrado inscrito.
Calcula el área del cuadrado interior si sabemos que el cuadrado exterior tiene lados de
longitud 1.
Fuente:
20. Área de una zona circular.
Calcula el área sombreada, suponiendo un cuadrado de lado 1.
Fuente: http://functionspace.org/question/472/Area-of-the-inner-square (Math2Me)
21. Radio de circunferencias tangentes.
Tenemos cuatro circunferencias tangentes sobre el eje X. El radio de B es el doble que
el radio de A. El radio de C es el triple que el radio de A y el radio de D es cuatro veces
el radio de A. Todas las circunferencias tienen radios enteros y el punto (63,16)
pertenece a D. ¿Cuál es la ecuación de B?
Fuente: https://plus.google.com/115929695407933609149/posts/XUwV38dUH8r
22. Área zona central tres circunferencias tangentes.
Calcula el área de la zona azul central, en función del radio r de las circunferencias.
Fuente: http://www.matematyczny-swiat.pl/2013/12/pole-obszaru-def.html
23. Polinomio con raíces enteras y suma de coeficientes impar.
Sea f(x) un polinomio con coeficientes enteros. Demostrar que, si el término constante
es impar, y la suma de todos los coeficientes es impar, entonces f(x) no tiene raíces
enteras.
Font: Josep Font (http://nomolestesmiscirculos.hol.es/)
http://nomolestesmiscirculos.hol.es/?p=3488
24. Área entre cuadrado y circunferencia.
Calcula el área azul, si el cuadrado tiene lado 2 y la circunferencia tiene radio 1.
Font: https://plus.google.com/101381502910275506849/posts/KiHaJjWMEmo
25. Ángulo de un papel doblado.
Calcula el ángulo A:
Fuente: Google+
26. Suma de senos.
Calcula º360sinº359sin...º2sinº1sin 2222 A
Fuente: No molestes mis círculos (Josep Font)
Problema de la semana 2
http://nomolestesmiscirculos.hol.es/?p=3547
27. Área de un pentágono.
Calcula el área del siguiente pentágono:
Fuente: https://plus.google.com/101381502910275506849/posts/dPeAgBD8cNn
28. Área del cuarto rectángulo.
Calcula el área del rectángulo azul:
Fuente: Chapuzas matemáticas 271: El cuarto rectángulo (José Lorenzo López)
http://joselorlop.blogspot.com.es/2014/11/271-el-cuarto-rectangulo.html
29. Problema con función.
Sea f una función de números tal que 3)2( f y abbfafbaf )()()( para toda
a y b.
Determinar )11(f .
Fuente: https://plus.google.com/104354942266857447959/posts/HGkm5gYqdb8
30. Coordenadas de un cuadrado.
Sea ABCD un cuadrado en el que A=(5,7). Determina las coordenadas del punto D.
Fuente: https://plus.google.com/101998702036074282423/posts/cso9sKvFhk8
31. Clavija y hueco.
¿ Se ajusta mejor una clavija cuadrada en un hueco redondo o una clavija redonda en un
hueco cuadrado?
Fuente: No molestes mis circulos http://nomolestesmiscirculos.hol.es/?p=3606
32. Área con hexágonos.
En la figura, ABCDEF es un hexágono regular. Determina la razón del área sombreada
entre el área del hexágono.
Fuente: Math2Me (Google+)
33. Área entre triángulo y circunferencia.
Calcula el área sombreada:
Fuente: Google+
https://plus.google.com/113275398492669368881/posts/B4GDwrCwZdQ
34. Circunferencia inscrita-circunscrita.
Determina el centro y el radio de la circunferencia sombreada, suponiendo un cuadrado
de lado 2.
Fuente: https://plus.google.com/115929695407933609149/posts/8jWwxhZeEef
35. Longitud de una cuerda.
Fuente: https://plus.google.com/101381502910275506849/posts/Wyfi44GGcRJ
36. Área entre dos circunferencias dada la cuerda.
Calcula el área sombreada:
Fuente: http://www.math-principles.com/2014/12/concentric-circles-problems-2.html
37. Área de triángulo.
Calcula el área del triangulo FGH
Fuente: https://plus.google.com/118085021625158964074/posts/SqJQ7GCffPQ
38. Determinación de un ángulo.
Demuestra que el ángulo C es igual a la suma de los ángulos A y B, sin calcular los
ángulos.
Fuente: https://plus.google.com/101998702036074282423/posts/UDmoAZueGvt
39. Longitud de segmento en triángulo rectángulo. Determina la longitud ED:
40. Longitud con circunferencia inscrita en triángulo. Calcula la longitud x:
Fuente: https://plus.google.com/u/0/101381502910275506849/posts/8gErko1PDSu
41. Longitud de segmento en un triángulo.
Calcula la longitud del segmento EF
Fuente: https://plus.google.com/101381502910275506849/posts/VHGr5xuG8ou
42. Parábola inscrita en un triángulo rectángulo.
Determina la parábola inscrita en un triángulo rectángulo y tangente a su hipotenusa en
el vértice:
Fuente: https://plus.google.com/117684142435389193789/posts/QojwJwY4NvM
43. Radio de una circunferencia dada una tangente, secante y segmento.
Determinar el radio de la circunferencia:
Fuente: http://www.math-principles.com/2014/12/circle-and-secant-segment-problems-
6.html
Indicación: http://www.toomates.net/a2014/des/cuerda_secante_tangente.doc
44. Tangente y secante a una circunferencia.
Dada la siguiente figura, en la que PT es tangente a la circunferencia, la secante AB es
perpendicular a PT en P, TA=6, y PA=3
Determina:
a) La distancia de O a AB.
b) La longitud AB.
c) El radio de la circunferencia.
Fuente: http://www.math-principles.com/2014/12/circle-and-secant-segment-problems-
3.html
45. Punto medio en tangente de dos circunferencias.
Demostrar que dadas dos circunferencias con una cuerda común CD y una recta
tangente común EG, el punto F de intersección de la cuerda y la tangente es el punto
medio de EG.
Fuente: http://www.math-principles.com/2014/12/proving-of-two-intersecting-
circles.html
Indicación: http://www.toomates.net/a2014/des/cuerda_secante_tangente.doc
46. Área de un cuadrilátero.
Determina el área del cuadrilátero ABCD sabiendo que el segmento AB es paralelo a
DC, el triángulo AOD tiene área 10 y 1
5
CO
AO
Fuente: https://plus.google.com/108257968126662256318/posts/A7nUREuAwYm
47. Superficie con círculos tangentes.
Calcula la superficie del circulo exterior, sabiendo que los círculos interiores tienen
radio 1. Escribe el resultado en la forma
c
ba 3
Fuente: https://plus.google.com/107094783711806719125/posts/4xrZJ1oQE4h
48. Puntos fijos en un paralelogramo.
Tenemos un paralelogramo ABCD, y supongamos que sus lados cortan una recta dada
en cuatro puntos fijos F, E, G y H. Demostrar que entonces sus diagonales AD y BC
también cortan dicha recta en dos puntos fijos N y H.
Fuente: http://www.cut-the-knot.org/m/Geometry/Catalan.shtml
49. Volumen máximo de caja triangular. Calcula el volumen máximo de una caja construida a partir de un triángulo equilátero de
30 cm de lado:
Fuente: https://plus.google.com/115929695407933609149/posts/8ZsSVgUqqQ8
50. Determinación del valor de una función continua.
Sea :)(xf continua tal que 1))(()( xffxf para todo x y
999)1000( f . Encontrar )500(f .
Leningrad Mathematical Olympiad, 1988
Fuente: https://plus.google.com/115929695407933609149/posts/HhjYdyqWChH
51. Área con tres circunferencias tangentes.
Si el área roja mide 60 centímetros cuadrados, ¿cuánto mide el área amarilla?
Fuente: http://joselorlop.blogspot.com.es/2015/01/298-un-semicirculo-tricolor.html
52. Razón áurea en una semicircunferencia.
En una semicircunferencia con centro en O y diámetro AB construimos un triángulo
equilátero con base OB. Sea M el punto de la semicircunferencia tal que BCCM2
1 .
Definimos N como la intersección de AM y OC. Demostrar que NO
CN, la razón
áurea.
Fuente: http://www.cut-the-knot.org/do_you_know/BuiGoldenRatio2.shtml
53. Simplificación de raíces encadenadas.
Calcula el valor de
201720151201412013...13121
Fuente: https://plus.google.com/115929695407933609149/posts/PgjYGX8ZsLD
54. Ángulo con dos rectas paralelas en un cuadrado.
Sea un cuadrado de lado d y dos rectas paralelas separadas por una distancia también d.
Sean A, B, C y D los puntos de corte de estas rectas con el cuadrado. Demostrar que las
rectas AB y CD determinan un ángulo de 45º.
Fuente: http://www.mathteacherctk.com/blog/2013/05/a-square-in-parallel-
lines/#solution
55. Ecuación con valor absoluto. Resuelve la ecuación
4
1
1
1
1
1
1
1
1
11
x
x
xx
Fuente: www.matematyczny-swiat.pl/2015/01/rownanie-z-moduem.html
56. Área de un doble eclipse.
Determina la razón entre la zona sombreada y el área del círculo de línia discontínua.
Font: https://plus.google.com/u/0/+JeanDAVID/posts/AFqxzYqyr9y
57. Área independiente de la traslación de un cuadrilátero.
Sea ABCD y A’’B’’C’’D’’ dos paralelogramos y A’B’C’D’ la traslación del segundo
paralelogramo dentro del primero.
Demostrar que la suma de las áreas de los cuadriláteros ABB’A’ y CDD’C’ es
independiente de la posición de A’B’C’D’ dentro de ABCD.
Fuente: http://www.cut-the-knot.org/m/Geometry/BuratinoAreaLemma.shtml
58. Números de tres cifras que suman 11.
¿Cuantos números hay de tres cifras cuyos tres dígitos sumen 11 ?
How many 3 digit integers are there such that the sum of all the digits of the integer is
equal to 11.
Fuente: JEE Advanced Math Problem 13.
59. Área de una pieza de un cuadrilátero.
Un pastel tiene forma de cuadrilátero. Lo partimos por sus diagonales en cuatro partes,
como se indica en la figura. Yo me comí una parte, y después pesé las otras tres: un
pedazo de 120g, uno de 200g y otro de 300g. ¿Cuánto pesaba la parte que yo me comí?
Problema de la Olimpiada Mexicana de Matemáticas.
Fuente: https://plus.google.com/+math2me/posts/RRUApggXaWx
60. Serie de fracciones.
Demostrar que
1
1
...321
1
321
1
21
1
n
n
n
Fuente: http://www.i-precalculus.com
61. Triángulo rectángulo interior en un círculo.
Radio 25OA
2,6 BCAB
º90ABC
?OBLongitud
Fuente: Ramesh Chandra
https://plus.google.com/101381502910275506849/posts/JRMsgAhUKQA
62. Múltiplo con todos los dígitos. Demuestra que todo entero positivo tiene un múltiplo cuya representación decimal
incluye todos los diez dígitos.
(1956 Putnam Exam)
Fuente: Math Problem Book I compiled by Kin Y. Li, Hong Kong Mathematical
Society. www.toomates.net/Llistes/a2015/mai/Math_Problem_Book_I_Kin_Y_Li.pdf
63. Ángulo interior en un triángulo isósceles. Determina el ángulo indicado con ? en el siguiente triángulo isósceles:
Fuente: https://plus.google.com/112380179437227522830/posts/4eicibZY5cn
64. Potencia quinta de un polinomio.
Demuestra que si
3333)( cbacba
entonces
5555)( cbacba
Fuente: Quora.com: http://www.quora.com/If-a-%2Bb%2Bc-3-a-3-%2B-b-3-%2B-c-3-
how-can-I-prove-a%2Bb%2Bc-5-a-5-%2B-b-5-%2B-c-5
65. Suma de cubos.
Demuestra que si 0 zyx entonces xyzzyx 3333
Fuente: https://plus.google.com/111517516650737172857/posts/9DL7HCi35qX
66. Triángulo con bisectriz y ángulo recto.
Dado el siguiente triángulo:
Determina:
a) Las distancias AB, AC, AD, BC y CD.
b) El área de los triángulos ABC y ACD.
Fuente: http://www.dummies.com/how-to/content/how-to-use-the-anglebisector-
theorem.html
67. Ángulos de un triángulo con bisectriz.
La recta AD es una bisectriz del triángulo ABC. Determina el ángulo .
68. Problema de probabilidad con ecuación de segundo grado.
Tenemos n caramelos en una bolsa. Seis de ellos son naranja, y el resto son amarillos.
Hannah toma un caramelo de la bolsa, se lo come y toma un segundo caramelo, que
también se come.
La probabilidad de que Hannah se coma dos caramelos naranja es de 1/3. Demuestra
que 0902 nn .
There are n sweets in a bag. Six of the sweets are orange. The rest of the sweets are
yellow. Hannah takes a sweet from the bag. She eats the sweet. Hannah then takes at
random another sweet from the bag. She eats the sweet. The probability that Hannah
eats two orange sweets is 1/3. Show that 0902 nn .
GCSE Probability question 2015
Fuente: http://www.mirror.co.uk/news/uk-news/gcse-maths-question-row-can-5826816
69. Mínimo en la suma de longitudes de dos lados de un triángulo.
Sea un ángulo DOE y dos puntos fijos OECB , . Determina la posición del punto A
en OD de forma que la suma ACAB sea mínima.
Fuente: Problem 3 of Moldova Mathematical Olympiad 2002,
http://www.toomates.net?e=14892 ( página 189)
70. Triángulo con ángulo de 60 grados.
Sea ABC un triángulo en el cual º60BAC y BE y DC son dos bisectrices que se
encuentran en el incentro I. Demostrar que IEDI .
Fuente: http://www.cut-the-knot.org/m/Geometry/TriangleWith60degAngle.shtml
71. Triángulo rectángulo y dos puntos de la hipotenusa.
Sea el triángulo ABC rectángulo en C y los puntos ABNM , tales que BMBC y
ANAC . Demostrar que º45MCN .
Fuente: Problem 1 of Tournament of Towns 1993.
http://www.toomates.net?e=14892 (página 368)
72. Área de un cuadrado interior.
Hemos construido el cuadrado interior verde mediante segmentos que unen los puntos
medios de cada lado con los vértices. Demuestra que su área es 5
1del área del cuadrado
grande.
Fuente: Google+
73. Determinación del ángulo en un cuadrilátero.
En la siguiente figura determina el ángulo EBC :
74. Ecuación con producto de polinomios de segundo grado.
Dado el polinomio de segundo grado baxxxp 2)( , con a y b enteros, probar que,
para cualquier entero n, existe un entero m tal que )()1()( mpnpnp
Fuente: http://www.cut-the-
knot.org/arithmetic/algebra/PropertyOfQuadraticPolynomials.shtml
75. Producto de segmentos en triángulo con punto interior.
Sea ABC un triángulo y P un punto interior. Lanzamos por P rectas paralelas a cada uno
de los lados, cuyos puntos de intersección con el triángulo dividen cada lado en tres
segmentos.
Demuestra que 333222111 cbacbacba
Fuente: http://www.cut-the-knot.org/triangle/PleasantProportionsInTriangle.shtml
The problem has been offered at the 1990 USSR mathematical olympiad for grade 9 (B.
Chinik, Kishinev.)
76. Seno del ángulo de un cuadrilátero con ángulos rectos.
Sea el cuadrilátero ABCD, tal que º90 ABCADC . Sea DAB .
Demuestra que AC
BD)sin(
Fuente: https://plus.google.com/+JeanDAVID/posts/MKnC23vRtq3
77. Suma de los diámetros inscrito y circunscrito en función de los catetos.
Dado el triángulo rectángulo ABC , de catetos a y b, trazamos su circunferencia inscrita
y su circunferencia circunscrita. Determina el valor de la suma de los diámetros de estas
dos circunferencias en función de a y de b.
Fuente: https://plus.google.com/112205706453887804978/posts/ZpRuGKhugwQ
Soluciones
Nota: Se ofrecen soluciones completas a todos y cada uno de los ejercicios. Estas soluciones son, si no se
indica lo contrario, del autor de esta recopilación, Gerard Romo. No pretende con ellas exhibir erudición:
no son necesariamente las mejores ni las más bellas ni las óptimas. Seguro que tú encuentrarás soluciones
alternativas mucho más bellas que las mías.
1.
Este es un problema de geometría clásico, llamado “problema de las escaleras
cruzadas” pues lo podemos interpretar como una situación en la que dos escaleras en
este caso de longitudes 30 y 20 se apoyan en dos paredes opuestas, sabemos que el
punto donde se encuentran estas dos paredes está a altura 8 y queremos saber la longitud
del suelo.
El problema de las escaleras cruzadas fue desarrollado por Martin Garner en su libro
“Circo matemático” (capítulo 5)
Este problema, en apariencia sencillo, conduce a una ecuación polinómica que necesita
resolverse con métodos numéricos. Podéis ver en la Wikipedia un desarrollo de este
problema que conduce a una ecuación polinómica de tercer grado. El siguiente
desarrollo, no tan ambicioso, desemboca en una ecuación de grado sexto.
Sea a=AF, b=FB, c=AE, d=EB, e=BD y f=AC, de forma que la longitud buscada es AB
= a+b
Por Pitágoras en ABC tenemos
222 30)()1( fba
Por Pitágoras en ABD tenemos
222 20)()2( eba
Los triángulos AFE y ABD son semejantes, por lo tanto
c
e 8
20)3(
Los triángulos ABC y FBE son semejantes, por lo tanto
d
f 8
30)4(
Por Pitágoras en AFE
222 8)5( ca
Por Pitágoras en FBE
222 8)6( db
Construyendo la figura con regla y compás o con Geogebra podemos ver que el
problema tiene solución y es única, por lo tanto las 6 ecuaciones anteriores forman un
sistema no lineal con 6 incógnitas que entre otras muchas soluciones imaginarias y
negativas también dará la única solución con valores reales y positivos que estamos
buscamos.
De hecho si introducimos el sistema anterior en Mathematica:
NSolve[{
(a+b)^2+f^2==30^2,
(a+b)^2+e^2==20^2,
e/20==8/c,
f/30==8/d,
a^2+8^2==c^2,
b^2+8^2==d^2}
,{a,b,c,d,e,f}]
Entre un montón de soluciones posibles imaginarias y negativas aparece la buscada:
{a11.074,b5.13811,c13.6614,d9.5079,e11.7118,f25.2422}
222
222
222
222
8
8
8
30
8
20
20)(
30)(
db
ca
d
f
c
e
eba
fba
22
2
2
22
8
1601601608
20
ace
ce
c
e
22
2
2
22
8
2402402408
30
bdf
df
d
f
Por lo que las dos primeras ecuaciones quedan de la forma
2
22
22
2
22
22
208
160)(
308
240)(
aba
bba
Un sistema no lineal de dos ecuaciones con dos incógnitas.
Si a la primera fila le restamos la segunda obtenemos
22
22
2
22
2
20308
160
8
240
ab
que simplificando queda
22
22222
5256
24
5256
5765256576
b
ba
b
babab
Sustituyendo en la segunda ecuación del sistema obtenemos
2
2
2
2
22
220
85256
576
160
5256
24
b
bb
b
b
Mathematica resuelve esta ecuación:
NSolve[(24b/Sqrt[256-5b^2]+b)^2+160^2/(576b^2/(256-
5b^2)+8^2)20^2,b]
{{b5.13811},{b-5.13811},{b0.},{b0.}}
Podemos simplificarla un poco más:
64
5256100
)64(256
5256160
85256
576
160
5256
)64(256
5256
)5256(85768
5256
576
2
2
2
22
2
2
2
2
2
2
2
2222
2
2
b
b
b
b
b
b
b
b
b
bb
b
b
2
222
2
22
2
2
22
2
2
2
2
5256
525624
5256
525624
5256
525624
5256
24
5256
525624
5256
24
b
bb
b
bbb
b
bbbb
b
b
b
bbbb
b
b
La ecuación queda de la forma
2
2
2
2
222
2064
5256100
5256
525624
b
b
b
bb
Haciendo un cambio de variable 2bx
2
2
2064
5256100
5256
525624
x
x
x
xx
Haciendo otro cambio de variable 5
2565256
uxxu
2
2
20
645
256
10024
5
256
u
u
u
uu
u
u
u
u
576
500
645
256
100
22
20576
50024
5
256
u
uu
u
u
2
2
20576
500
5
24256
u
u
u
uu
uuuuuu 576520250057624256 222
222
5762000450057624256 uuuuu
Por último, definiendo 2vuuv llegamos a la ecuación
24222 5762000450057624256 vvvvv
Una ecuación de sexto grado en v.
Mathematica determina, entre otras, la solución buscada v = 11.1355 y deshaciendo los
cambios de variable llegamos a a = 11.074.
2.
Marcamos la perpendicular a AB que pasa por C, y sea D su punto de intersección con
AB.
Entonces por semejanza de triángulos, 2
1
AD
CDy también
1
2
DB
CD
Teniendo en cuenta que 1 DBAD , resolvemos el sistema de dos ecuaciones
resultante:
5
2
25
24
24
212
2
12
1
2
2
CD
CD
CDCD
CDCD
CDCD
BDCD
DBCD
DBAD
BDCD
ADCD
Y por tanto, 5
1
2
15/2
2
ABCDÁrea
3.
067
012142
08822462
8822462
3
3
232
232
xx
xx
xxxxx
xxxxx
Por Ruffini:
01
22
021
633
611
6111
6701
Por tanto, las soluciones son -1, 3 i –2
4.
Calculamos el radio A de la circunferencia tangente a las dos interiores. Sea B la
distancia del centro de la circunferencia mayor al centro de esta circunferencia.
Observamos que tenemos un triángulo rectángulo para el que
22
2
22
RRAB
Pero también se cumple RBA . Por lo tanto:
3
3
3
03
222
22
2
2
22
222
22
2
RA
AR
ARR
ARR
RRARAAARR
RRAAR
Así pues, las tres circunferencias tangentes tendrán radios R/3 , (R/2)/3=R/6 y
(R/4)/3=R/12
Y su área será
222
1263
RRR
El área buscada será:
192
35
64
1
32
1
8
1
12
1
6
1
9
1
2
1
6432812692
6432812692
8/2
4/
2
2/
12632
2
22
2
222
2
2
2
222
222
2
2
2
222
2222222
R
R
RRRRRRR
RRRRRRR
RRRRRRR
5.
En el documento www.toomates.net/Llistes/a2014/set/circunferencias_tangentes1.doc
encontrareis la explicación de la fórmula para el radio de las circunferencias tangentes
inscritas que aparecen en el dibujo.
Estas circunferencias tienen como área la serie siguiente:
*4
1
9
...4
1
4
1
4
11
9
...4
1
4
1
4
11
9
...8
1
4
1
2
11
9
...3
8/
3
4/
3
2/
3
0
2
322
322
2222
2222
k
kR
R
R
R
RRRR
Nos encontramos con una serie geométrica de razón 1/4:
3
4
4/11
1
4
1
0
k
k
Por lo tanto
27
4
3
4
9*
22 RR
De la misma manera los semicírculos blancos también tienen como área una serie
geométrica:
**4
1
2
...4
1
4
1
4
1
4
1
2
...16
1
8
1
4
1
2
1
2
...2
)16/(
2
)8/(
2
)4/(
2
)2/(
1
2
43212
22222
2222
k
k
R
R
R
RRRR
3
1
4/11
4/1
4
1
1
k
k
63
1
2**
22 RR
Así pues, el área buscada será 2222
27
5
627
4
2R
RRR
6.
La base DF del triángulo la podemos deducir por Pitágoras:
rRDF
rRrRrRrRrRDF
rRrRDF
rRrRDF
2
42.2
)()(
)()(
22222
222
222
La altura EC se puede deducir por semejanza de triángulos:
CGRBHrr
CG
R
BH
r
CG
R
BH
cos
cos
Además
rCECGCErCG
CERBHRCEBH
Por lo tanto
CERr
rR
RrCErR
CErCERrR
RrCERCErrR
rCERCERr
2
)(2
2
)()(
Finalmente,
Rr
rR
Rr
rRrRAlturaBaseÁrea
32
)(2
22
2
7.
Desarrollamos este problema mediante geometría cartesiana:
La distancia entre los centros es de 2R, por lo tanto 222 )2()3()()1( RaRRb
El segmento que une los centros es paralelo a la hipotenusa:
aR
Rb
33
4)2(
La distancia de los centros a la hipotenusa es R. Interpretando la hipotenusa como la
recta 034 yx , y aplicando la fórmula de distancia entre punto y recta:
RRa
5
34)3(
El sistema (1) , (2) y (3) resuelve el problema planteado. Efectivamente, tomando (3)
)2.3(534
)1.3(534534
5
34
RRa
RRaRRaR
Ra
Tomando ahora la seguna opción 3.2:
Ra
Ra
RRa
RRa
RRa
2
84
354
534
534
Sustituyendo en (2)
bR
bRR
RbR
R
Rb
R
Rb
RR
Rb
34
44
)1(4
14
33233
4
Por último substituyendo en (1)
66.13/5
71.07/50215025
49189163216
)2()33()44(
)2()23()34(
2
222
222
222
R
RRR
RRRRR
RRR
RRRRR
Visualmente vemos que la solución 5/7 es la buscada.
Con la solución R = 5/3 tendríamos b = 4-3R = 4-5 = -1, valor no aceptable.
De la misma manera se comprueba que las soluciones utilizando (3.1) no son válidas.
8.
El ángulo HBD es de 45º por lo tanto DGB es un cuadrado de lado 1, y en consecuencia
2DB
Sea K el punto de intersección entre AC y DB, y L el punto de intersección entre EF y
BK.
LFDLLF
DL )45tan(1 y por Pitágoras 22222 DLLFDL
Por último KL=1 ,por lo tanto 122LKDLBDBK
122)º45tan(1 BKAKAK
BK
MK=EL=LF= 2 , por lo tanto 122122 MKAKAM
AMAI , por tanto 42121212 AIAB
9.
Hem d’aplicar successivament la igualtat 22 bababa :
13432
3232
32324
32322
32322322*
3223224
322232223222
*3232232223222
22
22
2
2
2
A
Per tant 1A , com que les arrels quadrades són sempre positives, el seu producte ha
de ser positiu, i per tant 1A
10.
La diagonal del cuadrado interior mide x2 .
La longitud del segmento a se puede determinar por Pitágoras:
RaRaR )12(2)( 22
La diagonal del cuadrado grande mide 2
Por lo tanto
2
21
1
2/11
1
12
22
2)12(22
222
xxxR
RRx
aRx
11.
La diagonal del cuadrado grande es a2 , por lo tanto la diagonal del cuadrado pequeño
es
aaaa
a 1222
22
Por lo tanto, por Pitágonas,
2
12
12
2
2
2
22
22
a
b
abb
12.
Visualizamos las dos gráficas con Mathematica. Esto nos pone sobre la pista de que hay
dos posibles soluciones:
7
749
2128
2821
28)(
28
28
28
2
2
2
22
22
222
2
yx
yxyx
yx
yx
yxyyx
yxyyx
yxyyxyxyx
xyx
3,47)(287 yxxyxxyxSi
3,4)7()(287 yxxyxxyxSi
Las dos soluciones son x=4, y=3 i x=-4, y=-3
13.
Para el valor particular de 1x , la ecuación xxff ))(( es
5
30152
1523
52
5/))1((1
5)1(
222
c
ccc
c
c
c
cff
cf
Para el valor particular de 2x , la ecuación xxff ))(( es
7
304282
214
2
37
4
7/2))2((2
7
2)2(
222
c
ccc
c
c
c
cff
cf
Por lo tanto el único valor válido es 3c
Efectivamente, para 3c
xx
x
xx
x
xx
x
x
xx
x
x
x
x
x
xff
x
xxf
9
966
9
)3)(32(6
9
332
6)32(
9
332
32
32
33
))((
32
3)(
14.
En primer lugar estudiamos el dominio de definición de la ecuación:
La raíz 1x obliga a 101 xx
La raíz 143 xx implica que 0143 xx
siemprex
xx
xxx
xxx
xxx
xx
xx
xx
05
02510
0161696
161696
)1(1696
143
143
0143
2
2
2
2
2
22
De la misma manera se comprueba que la raíz 168 xx implica
siemprexxx 01001682
Resolvemos la ecuación:
2
22
21
12221
1441143
x
xx
xxxx
21211432
xxxx
De la misma manera
31311682
xxxx
Por lo tanto
3121
1681431
xx
xxxx
Estudiamos los diferentes casos, que dependen del signo del interior de los valores
absolutos:
Caso 1: 031021 xyx
5412121021 22
xxxxx
10913131031 22
xxxxx
Por tanto 10x
x
x
x
x
x
xxxxx
10
19
12
63
126
5121
512312131211
Caso 2: 031021 xyx
5412121021 22
xxxxx
10913131031 22
xxxxx
Por tanto 5x
5
41
21
22/41
412
1512
1251
125
1312
312131211
22
x
x
x
x
x
x
x
x
xx
xxxx
Caso 3: 031021 xyx
5412121021 22
xxxxx
10913131031 22
xxxxx
El intervalo de estudio es 10,5
11
1
1321
312131211
xx
xxxx
La ecuación se satisface para todos los valores de 10,5x
Caso 4: 031021 xyx
5412121021 22
xxxxx
10913131031 22
xxxxx
No hay valores de x que satisfagan estas dos condiciones.
Por lo tanto las soluciones de la ecuación son todos los valores de x entre 5 y 10:
10,5x
La función 168143)( xxxxxf es un caso de función constante
en un intérvalo:
2 4 6 8 10 12 14
1
2
3
4
5
15.
Racionalizamos cada elemento:
12
12
12
12
12
12
12
21
1
21
122
De la misma manera vemos que
2323
23
23
23
32
1
32
1
Y en general
11
1
kk
kk
Así pues la suma nos queda de la siguiente manera:
11
...45342312
...65
1
54
1
43
1
32
1
21
1
kk
kn
Así pues necesitamos que
2999
999
11000
10001
k
k
k
k
16.
1AB , 2
1CB , por lo tanto, por Pitágoras
2
3
2
11
2
2
AC y el triángulo
ABC tiene área 8
3
2
2
3
2
1
.
El rectángulo BCDE tiene área 2
1
2
31
Por lo tanto el cuadrilátero AEDB tiene área 8
3
2
1
8
3
2
1
2
31
El triángulo ABE es equilátero, por lo tanto tiene ángulos de 60º, por lo tanto el ángulo
CAB es de 30º. De aquí deducimos que el siguiente sector circular tiene área:
121
360
30
360
30 22 r
Por lo tanto el área roja será de
128
3
2
1
y el área de la figura será
333
2
3
2341
128
3
2
181
17.
Aplicaremos de forma sistemática las identidades xx 3
3 y 33 baba
Para resolver la ecuación
191729 33 xx
Elevamos al cubo y aplicamos la fórmula 2233322 abbababa
(*)171017291729
51301729191729317293
1917293172931729
1917293172931729
191729
3 23 2
33 23 2
33 23 2
32
3332
33
33
3
33
33
xxxx
xxxx
xxxxxx
xxxxxx
xx
Volvemos a elevar al cubo y volvemos a aplicar la misma fórmula:
(**)1710172917293
17291729317291729
33 222
3 22222
xxxx
xxxxxxxx
Simplificamos cada sumando:
xxxxxxxxxx 17291729)1729(172917291729 22
3 2
3 45
3 224
3 224
3 222
17291729
1729
17291729
17291729
17291729
xxxx
xx
xxxx
xxxx
xxxx
3 2
3 54
3 422
3 222
17291729
1729
17291729
17291729
xxxx
xx
xxxx
xxxx
La ecuación queda de la forma:
33 23 2
33 2
3 2
171017291729317291729
1710172917293
17291729317291729
xxxxxx
xxxx
xxxxxx
Pero el interior del paréntesis interno es 1710 por (*) , así pues
1000
7297290001729
171068591729
17101710317291729
3
3
x
xxx
xx
xx
Las soluciones son por tanto x = 729 y x = 1000
La gráfica de la función 191729)( 33 xxxf tiene la siguiente forma:
600 700 800 900 1000 1100 1200
0.3
0.2
0.1
18.
Resolveremos este problema con geometría cartesiana:
El punto P es la intersección de las dos circunferencias, por lo tanto es una de las dos
soluciones del sistema
ryrx
ryrx
rryrx
ryx
8
75,
8
75
8
75,
8
75
)2/()2/()2/( 222
222
Por tanto )956.0,294.0(8
57,
8
57rrrrP
Definimos rrxb 294.08
75
y rrya 956.0
8
75
El sector circular siguiente
tiene una amplitud de
º1144.1775
75arctan
8/)75(
8/)75(arctan)/arctan(
r
rab
Por lo tanto el sector circular siguiente tiene una amplitud
º7712.551144.17290290
y su área es de 22
1 4867.0360
7712.55rrA
Para calcular el siguiente área azul vemos que se puede descomponer en dos
rectángulos:
)(2
2 bar
baA
Por lo tanto el área la podemos escribir como
2
238
7)(
2rba
rbaAA
Y así el área de la siguiente figura será
2222
213 1560.08
7
360
7712.55
8
7
360
7712.55rrrrAAA
El sector circular siguiente tiene amplitud
º5952.243
74arctan
2/
2/arctan2
ra
br
Por lo tanto el sector circular siguiente
tiene una amplitud de 59.138290 34
y un área de 2
2
4 3024.02360
59.138r
rA
Por último, el área buscada será 222
345 1464.01560.03024.0 rrrAAA
19.
2/1 ADAC
BDAB
Por Pitágoras en ABD
AB
AB
AB
AB
AB
ABBDABAD
22
1
8
1
8
1
24
1
22
1
2
2
2
2
2
2222
Por lo tanto el cuadrado interior tiene lados de longitud 2
1
22
12 y un área de
2
1
2
12
20.
Por Pitágoras la circunferencia externa tiene diametro 2 .
Por lo tanto 44
2
2
1
2
2
2
12
1
A
41
4
1 2
2
A
2
1
2
113
A
Y el área buscada es 2
1
2
1
44321
AAAA
21.
Sea a el radio de la circunferencia A.
La circunferencia D tiene por ecuación
222415 ayax
Sabemos que contiene el punto )16,63( por lo tanto
209/845
5
418
400001890
2092
42252094)1890(1890
042251890209
1625622518903969
1616151563263
4161563
2
2
22
2222
222
a
aa
aaa
aaa
aa
Puesto que sabemos que los radios son enteros, la única solución aceptable es a=5
Por lo tanto la circunferencia B tiene como ecuación
10015
23
22
222
yx
ayax
22.
Por Pitágoras calculamos la altura del triángulo central:
rrrrrra 334)2( 22222
El triángulo central tiene sus tres lados iguales por lo tanto es equilátero. Su área es:
2
1 32
32r
rrA
Y al ser equilátero sus ángulos son de 60º. Por lo tanto cada sector circular determinado
por cada vértice tiene área
6360
602
2
2
rrA
Y así pues el área buscada es:
222
2
21 16.02
32
33 rrr
rAAA
23.
Resolveremos este problema utilizando la siguiente propiedad:
Si un polinomio con coeficientes enteros )(xf tiene una raíz impar, entonces la suma de
sus coeficientes es par.
Efectivamente, si p es impar se puede escribir de la forma 12 kp para cierto natural
k. Entonces todas sus potencias np se pueden escribir de la forma 1 parpn , sólo
hay que desarrollar la potencia np por el binomio de Newton:
n
j
jjn
j
jjn
j
jnjnn kn
jk
n
jk
n
jkp
100
2121212
y claramente el segundo sumando
n
j
jj kn
j
1
2 es múltiple de 2.
Ahora si 01
1
11 ...)( axaxaxaxf n
n
n
, entonces
)...(...
......
...11
)1(...)1()1(
...)(0
1111011
0111111
0111111
01111
01
1
1
paraparaparaaaaa
aaaaparaparapara
aaparaaparaapara
aparaparapara
apapapapf
nnnnnn
nnnnnn
nnnnnn
nnnn
n
n
n
n
El producto de cualquier número por un número par es par, y la suma de números pares
es par, por lo tanto vemos que 011 ... aaaa nn es par.
Demostremos ahora el enunciado del problema:
Sea f(x) es un polinomio con coeficientes enteros y supongamos que p es una raíz de
f(x):
1
2
1
1
11
1
110
01
1
11
......
...)(0
apapappapapaa
apapapapf
n
n
nn
n
n
n
n
n
Puesto que 0a es impar, entonces p tiene que ser impar, puesto que un número par por
cualquier número es par, y aplicando el resultado anterior llegamos a la conclusión que
la suma de coeficientes es par, contradiciendo la hipótesis del enunciado.
24.
El círculo tiene radio 1, por lo tanto tiene área 21
Calculamos el lado del cuadrado interior por Pitágoras:
x
x
x
xx
2
1
2
1
21
1
2
2
222
Por lo tanto tiene lado 22
2
2
12 y su área es 22
2
1 A
Así pues, el área de la zona complementaria:
es 2 y por tanto el área de cada una de las zonas verdes es 4
22
A
El área del cuadrado grande es claramente 422
3 A , y por lo tanto el área buscada es
4292.1
23
2
6
2
24
2
24
2
2
2
4
2
22
4
22242 213
AAAA
25.
409050180 B
Por paralelismo 40 BC
Y por tanto 14040180180 CA
26.
Aplicando la propiedad trigonométrica 2
)2cos(1)(sin 2 x
x
*)2cos(3602
1
)2cos(12
1
2
)2cos(1
)(sin
360
1
360
1
360
1
360
1
2
k
k
k
k
k
k
k
kA
Ahora aplicamos la propiedad )360cos()cos( xx
**)2cos(2
)2cos()2cos(
)3602cos()2cos(
))180(2cos()2cos(
)2cos()2cos()2cos(
180
1
180
1
180
1
180
1
180
1
180
1
180
1
360
181
180
1
360
1
k
kk
kk
kk
kkk
k
kk
kk
kk
kkk
Aplicando la propiedad )180cos()cos( xx
90
1
90
1
90
1
90
1
90
1
90
1
90
1
180
91
90
1
180
1
00)2cos()2cos(
)1802cos()2cos(
)1802cos()2cos(
))90(2cos()2cos(
)2cos()2cos()2cos(
kk
k
kk
kk
kkk
kk
kk
kk
kk
kkk
Por lo tanto 002**
Y por último seguimos en (*) : A 18003602
1
Nota: Podéis ver una solución más sencilla en:
http://nomolestesmiscirculos.hol.es/?p=3547
27.
Trazamos el segmento EB y movemos el triángulo ABE puesto que ED=EA.
De esta forma nos queda el siguiente problema equivalente:
Ahora bien, marcando el segmento EC la figura se descompone en dos triángulos
iguales, pues AC=BC=1, EB=EA, y EC=EC.
El triángulo de la izquierda tiene área 2
1
2
11
y por lo tanto la figura tiene área 1.
28.
Ponemos letras a las longitudes de los rectángulos:
El problema se convierte así en resolver:
?
13
25
44
ad
db
bc
ac
88.2225
572
25
4413
44
2513
44
252544
2544
2525
4444
ad
adaddb
ababba
bcbc
acac
29.
1043322)2()2()22()4( ffff
21810342)4()2()42()6( ffff
)3(6
)3(212
)3(2921
9)3(221
9)3(233)3()3()33()6(21
f
f
f
f
fffff
1566332)3()2()32()5( ffff
6630211565)6()5()65()11( ffff
30.
Lanzamos la recta paralela al eje X que pasa por A y la paralela al eje Y que pasa por D
Se ve claramente que los triángulos T1, T2, T3 y T4 son iguales, pues son semejantes y
tienen la misma hipotenusa:
Con esto podemos deducir fácilmente todas las distancias alrededor del cuadrado:
Por lo tanto D=(7,2)
31.
- Clavija redonda en el hueco cuadrado:
La superfície de la clavija es 2
1 rS
Y la superfície del hueco cuadrado es 2
2 rS
Luego 785.044 2
2
2
1
r
r
S
S
- Clavija cuadrada en hueco redondo:
Para calcular la superfície de la clavija redonda utilizamos Pitágoras:
222
2
1
2
22
2222
22
4
222
22
2
2
rrr
xS
rrx
xr
xxxr
La superfície del hueco redondo es 2
2 rS
Y la razón Clavija/hueco es 637.022
2
2
2
1 r
r
S
S
Por lo tanto se adapta mucho mejor la clavija redonda en el hueco cuadrado.
32.
Descomponiendo el hexágono en seis triángulos equiláteros la figura encaja en la parte
interior del hexágono:
Con lo cual vemos que el área sombreada es 3
1
6
2 del área del hexágono:
33.
Calculamos el radio de la circunferencia sabiendo que es la altura “y” del triángulo (si la
base es tangente la altura es perpendicular y por lo tanto es un radio):
Se trata de resolver el sistema:
5
12
25
144
25
144
10
1899(*)
10
18
10
18
1810
341610
161034
1691025
169)5(
16)5(
(*)9
4)5(
3
2
22
22
22
22
22
222
222
yxy
x
x
x
x
xxx
xx
yx
xy
yx
yx
Luego el área del sector circular
es 25
36
5
12
4
1
4
12
2
1
rA
El área del triángulo es claramente 62
432
A
Y por tanto el área buscada es 476.125
36612 AAA
34.
El centro de la circunferencia determina con la base del cuadrado dos triángulos
rectángulos que comparten la misma altura y:
Por lo tanto y utilitzando Pitágoras sólo tenemos que resolver el sistema de ecuaciones
222
222
)2()2(
)2(
xyx
xyx
(*))2()2( 222222 xxyxyx
Sustituyendo en la segunda ecuación:
3
1
12
4
124
4488
44288
44)44(2
)2()2(2
)2()2()2(
222
222
222
2222
x
x
xx
xxxxx
xxxxx
xxx
xxxx
Sustituyendo en (*) tenemos que
634.13
8
3
8
3
1
3
12
22
2
y
y
Luego el centro de la circunferencia es
3
8,
3
5
3
8,
3
12 y tiene radio
3
1.
35.
Por Pitágoras, la distancia PO es 534 22 PO
Queremos encontrar la altura y del triángulo POQ, es decir, resolver el sistema
5
12
25
144
25
144
10
1899(*)
10
18
10
18
1810
341610
161034
1691025
169)5(
16)5(
(*)9
4)5(
3
2
22
22
22
22
22
222
222
yxy
x
x
x
x
xxx
xx
yx
xy
yx
yx
Por lo tanto 8.45
242 yQR
36.
Sea x el radio de la circunferencia interior. El área interior es pues 2
1 xA
Observamos que podemos determinar el radio r de la circunferencia exterior mediante
Pitágoras:
93 222 xxr
El área exterior será )9( 22
2 xrA
Y por tanto
99)9( 2222
12 xxxxAAA
Observamos que el área no depende del radio x de la circunferencia.
37.
Versión 1: Mediante proporcionalidad de triángulos:
Sea )3,2(),3,1(),3,3(),3,0(),0,3(),0,0( CBDAEF
La recta AE tiene por ecuación 3 xy
La recta FC tiene por ecuación xy2
3
La recta FG tiene por ecuación xy 3
Entonces el punto G tiene por coordenadas la solución del sistema
4
9,
4
3
3
3G
xy
xy
Por lo tanto el área del triángulo FGA es 8
9
2
4/331
A
El punto H tiene por coordenadas la solución del sistema
5
9,
5
6
2
3
3
Gxy
xy
Por lo tanto el área del triángulo FHA es 5
9
2
5/632
A
Así pues, el área buscada es 40
27
8
9
5
912 AAA
Versión 2: Mediante triángulos semejantes:
Los triángulos GFE y ABG son semejantes:
por lo tanto 3
1
FE
AB
GE
AG
Por otro lado AEGEAG , por lo tanto
4
1
4333
1
AE
AG
AGAGAGAEAGAGAEAGAE
AG
GE
AG
Los triángulos ACH y FEH son también semejantes:
por lo tanto 3
2
FE
AC
HE
AH
HEAHAE
5
25232
322323
2
AE
AHAHAHAHAE
AHAHAEAHAHAEAHAE
AH
HE
AH
20
3
4
1
5
2
AE
AG
AE
AH
AE
AGAH
AE
GH
AGAHGH
El área del triángulo AFE es claramente 2
9
2
33
por lo tanto el área del triángulo FHG
será 40
27
2
9
20
3
2
9
5
2
Fuente de esta segunda versión: “Snail Erato”
https://plus.google.com/u/0/105325446251524768343/posts
Otra demostración en: https://app.box.com/s/uk3nmbluhrhm4el0wqkf
38.
Mediante el siguiente esquema podemos ver fácilmente que
º180'' CBA
Donde º90' AA y º90' BB
Luego
BAC
CBA
CBACBA
0
9090''180
Fuente de la solución: http://math.stackexchange.com/questions/197393/why-
does-tan-11-tan-12-tan-13-pi (por indicación de Josep Font: https://plus.google.com/u/0/108257968126662256318/posts)
Una solución alternativa la encontramos en la siguiente figura:
Esta imagen ha sido extraída de: http://platea.pntic.mec.es/jescuder/s_geomet.htm
39.
Primera versión: Con ecuaciones y Pitágoras:
22
2222 caAC
CDcaAC
Sea
02
2
2
EA
(*)
22222
2222222
222222
22
222
22
222
22
222
ycaxxa
cycaxxca
cycaxxca
cyxcacy
xcaxCAEA
ayx
BEy
CEx
Aplicando (*) en la última ecuación queda
22
2
22
2
222
222
2222
2
2
22
022
02
ca
a
ca
ax
acax
acax
acaxa
Por último:
22
22
22
222
22
2
22
2222
22
222
2
2
2
2
2
2
22
ca
ac
ca
aca
ca
a
ca
caca
ca
acax
ACED
Segunda versión: Con semejanza de triángulos y áreas:
2222 ca
ca
CA
caBEcaCABE
CABEcaABCÁrea
Los triángulos BEC y ABC son semejantes (son dos triángulos que tienen los tres
ángulos iguales), por lo tanto
22
222
ca
a
a
ca
acc
a
BEcCE
CEaBEcc
a
AB
BC
CE
BE
Por último,
22
22
22
222
22
22222
22
222
2
2
2
2
2
2
ca
ac
ca
aca
ca
acaca
ca
acaCECDED
Fuente de esta segunda versión: Theppitak Karoonboonyanan (Google+)
40.
3
4
2/1
3/2
)º30sin(
3/23/2)º30sin( AB
AB
15
4
3
4
5
8
5
8
5
8 ABACBC
5
2
15
4
3
2
3
2
ACADDCx
AD
41.
Lanzamos la perpendicular a AD por F, que cortará en G el segmento BC. Llamamos x
a la longitud GC:
422
4
24
2
8
2
8
2
xxDGEDEG
xxBDED
xBD
xGCDGDCx
Sea el ángulo BCA.
3262
2/
6)tan( FGFG
x
FG
x
FG
x
Por último, por Pitágoras:
534 2222222 GFEGEFGFEGEF
Es interesante observar que esta distancia no depende de x.
42.
Mediante geometría cartesiana y derivación:
La función que buscamos es de la forma cbxaxxf 2)( .
Puesto que pasa por el punto (0,0) tenemos que
000)0(0 2 cccbaf
La pendiente de la hipotenusa es d
h luego
d
hb
bafd
h
baxxf
02)0('
2)('
Así pues la función es de la forma xd
haxxf 2)(
Por último tenemos que
2
2
22)(0
d
ha
had
haddd
haddf
La función es por tanto
1)( 2
2 d
xx
d
hx
d
hx
d
hxf
43.
Prolongamos el segmento PN hasta la circunferencia en Q:
Por el teorema Tangente-Secante tenemos que
18
8122
2
QP
QP
QPPJTP
Luego 10818 JPPQJQ y de la misma manera 6410 NJQJQN
Ahora prolongamos el segmento ON hasta convertirlo en la cuerda RS:
Por el teorema Cuerda-Cuerda tenemos que
2446 NJQNNSRN
Pero también sabemos que 4 rRN y 4 rNS , luego
10240
40
1624
2416
24)4)(4(
2
2
2
r
r
r
r
rr
44.
Primera versión:
La distancia de O a AB es la longitud del segmento TP que se puede deducir aplicando
Pitágoras al triangulo rectángulo superior:
332793636 22 PT
Para calcular AB lanzamos la paralela a TP por O, que cortará AB en R, sea x la
distancia AR=RB:
Aplicando Pitágoras 22
2 27 rx , pero también ,3 xr luego
3
618
6927
9627
9627
327
22
222
x
x
x
x
xxx
xx
Luego 62 xAB
Por último, 6333 xr
Segunda versión para calcular la longitud AB:
Aplicando el teorema Tangente-Secante (*):
PBPATP 2
Luego:
AB
AB
AB
AB
PB
6
39
33
27
)3(327
3272
(*) Más información: www.toomates.net/Llistes/a2014/des/cuerda_secante_tangente.doc
Fuente de esta segunda versión: http://www.math-principles.com/2014/12/circle-and-secant-
segment-problems-3.html
45.
Aplicando el teorema Tangente-Secante en la circunferencia con centro en A:
DFCFEF 2
pero aplicando este mismo teorema en la circunferencia con centro en B tenemos que
DFCFGF 2
Luego GFEFGFEF 22
46.
Vamos a utilizar la siguiente propiedad:
En todo triángulo si dividimos la base en dos segmentos, las áreas de los triángulos
resultantes son proporcionales a dichos segmentos:
DB
AD
S
S
CBD
ACD
Efectivamente:
)sin(2
1
)sin(2
1
BDCDCDBS
ADCDCADS
CBD
ACD
Pero )sin()sin( ADCBDCADCBDC , por lo tanto
DB
AD
BDCDCDB
ADCDCAD
S
S
CBD
ACD
)sin(2
1
)sin(2
1
Aplicamos este resultado a los triángulos interiores del cuadrilátero:
25
10510
1
5 DCODCOAOD
DCO
AOD SSSOC
AO
S
S
La proporcionalidad se conserva por rectas paralelas, luego
1
5
OC
AO
OD
OB
Por lo tanto aplicando nuevamente la propiedad de las áreas, tenemos
102551
5 OCDOBC
OCD
OBC SSOD
OB
S
S
Por último:
5010551
5 AODAOB
AOD
AOB SSOD
OB
S
S
Así pues, 725010210 AOBOBCDCOAODABCD SSSSS
47.
Los tres centros de las circunferencias interiores determinan un triángulo equilátero de
lado 2. Determinamos su altura AB mediante el teorema de Pitágoras:
312 22 AB
El centro O de la circunferencia exterior es el baricentro de este triángulo. El baricentro
de un triángulo tiene la propiedad OAAB 3 , luego
3
32
3
33
3
3
3 OAABOB
ABOA
Ahora ya podemos deducir el radio de la circunferencia exterior:
3
323
3
3211
OBr
Y determinar su superficie:
3
347
9
31421
9
3432329
9
323
3
32322
2
rA
48.
Aplicando el teorema de Tales tenemos
DB
ND
FE
NF y
GH
NG
DB
ND
luego
GH
NG
FE
NF
o equivalentemente
GH
FE
NG
NF
donde FE y GH son constantes
Por otro lado FGNFNG , luego
GH
FEGH
FEFG
NF
GH
FEFG
GH
FENF
GH
FEFG
GH
FENFNF
GH
FEFG
GH
FENFNF
GH
FEFGNF
GH
FENGNF
1
1
Así pues el punto N queda determinado por los puntos fijos F, E, G y H, por lo que
también es fijo.
De la misma forma se demuestra que el punto M es fijo.
49.
Sea x la mitad de la base del triángulo interior.
La altura de este triángulo será, aplicando Pitágoras:
xxxxa 33)2( 222
Luego la superficie de la base de la caja será:
232
32)( x
xxxA
Necesitamos saber también la altura “y” de la caja, que encontramos por trigonometría:
3
1515)30tan(
15)30tan(
xxy
x
y
Luego el volumen de la caja será
)15(3
153)()( 22 xx
xxyxAxV
Su máximo lo encontraremos igualando la derivada a cero:
10
00330)(' 2
x
xxxxV
Se comprueba fácilmente que 0x es un mínimo y el máximo buscado está en 10x ,
para el cual tenemos un volumen de
3500)10( cmV
50.
Para todo valor )(xfy que pertenece a su conjunto imagen, se tiene que
yyf
yfy
xffxf
1)(
1)(
1))(()(
Por lo tanto lo único que tenemos que demostrar es que 500y pertenece al conjunto
imagen de la función, pues entonces 500
1)500( f
Efectivamente,
1999
1)999(
1)999(999
1))1000(()1000(
f
f
fff
y 999)1000( f , por lo que la función, al ser continua, ha de recorrer todos los valores
entre 999
1y 999, en particular el valor 500.
Fuente de la solución: http://www.acadblock.com/calculus/function-8h9m/
51.
Sea r el radio de la circunferencia exterior. El radio de la circunferencia azul será 2
r.
Determinemos ahora el radio y de la circunferencia amarilla:
Observamos que la recta OB que une el centro O de la circunferencia mayor con el
punto B de tangencia con el círculo amarillo también pasa por su centro A, puesto que
siendo perpendicular a la circunferencia mayor, también lo es a la amarilla, y por lo
tanto es uno de sus radios:
En la siguiente figura aparecen dos triángulos rectángulos:
Del triángulo rectángulo superior:
deducimos aplicando Pitágoras que
)1(2
22
222
2
22
2
2
2
22
2
2
2
2
2
xyr
yrxyr
ry
ryx
ry
ry
yr
xr
y
Y del triángulo rectángulo inferior:
aplicando Pitágoras vemos que
)2()2(2
2
22
2222
222
yrrryrx
yryryx
yryx
Por lo tanto de (1) y (2) obtenemos que
4422)2(2
ryryyryyrryr
Así pues, el radio de las circunferencias amarillas es 4
r.
Ahora sólo nos queda plantear la ecuación sobre las áreas de las figuras:
Área total = Área roja + Área azul + Área amarilla
36.12480
480
34804
24804
842
2
8
608
42
4
8460
2
162
460
2
42
260
2
2
22
222
222
222
222
222
r
r
rr
rrr
rrr
rrr
rrr
rrr
Por lo tanto, el área amarilla es 6016
/4802
162
42
22
rr, así pues, el área
amarilla es igual al área roja.
52.
Éste es un desarrollo mediante trigonometría. Un desarrollo alternativo podría ser
mediante geometría cartesiana, encontrando las coordenadas de los puntos.
Suponemos un radio 1OB . Sea el ángulo MBC . Entonces 2MOC por el
teorema del ángulo central y sabemos que 1OC , 1OM y 2
1CM
Por lo tanto, aplicando el teorema del coseno en el triángulo OMC tenemos que
8
7)2cos()2cos(22
4
1
)2cos(112112
1
)2cos(2
22
2
222
OMOCOMOCCM
Puesto que )(sin21)2cos( 2 tenemos que
4
1)sin(
16
1)(sin)(sin21
8
7 22
Y ahora aplicando la igualdad 1)(cos)(sin 22 , nos queda que
4
15)cos(
16
15
16
11)(cos1)(cos
16
1 22
Sabemos que 1BC , 2
1CM . Aplicamos el teorema del coseno al triánculo BMC:
BMBM
BMBM
BMBCBMBCCM
2
151
4
1
4
15121
2
1
)cos(2
2
22
2
222
De donde se deduce que 4
315 BM
Sea el ángulo MCB .
Por el teorema del seno:
8
315
2/1
4/1
4
315)sin()sin(
)sin()sin(
CMMB
CMMB
Aplicando el teorema del coseno en BMC tenemos que
8
531
16
562
16
5618416
16
5618
4
11)cos(
)cos(4
11
16
5618
)cos(4
11
16
315
)cos(12
12
2
11
4
315
)cos(2
2
2
2
2
222
CBCMCMCBMB
CAM pues los dos ángulos comparten el mismo segmento MC sobre la
circunferencia. De la misma forma MAB pues ambos ángulos comparten el
mismo segmento MB sobre la circunferencia.
Claramente º60BOC , por lo que º120AON y por tanto 60ANO
Aplicando el teorema del seno en el triángulo AON, tenemos que
)60sin(
)sin(
)60sin(
1
)sin(
NO
NO
Por la propiedad del seno de la suma:
8
315
16
32152
16
3151533
16
315
16
1533
8
315
2
1
8
531
2
3
)sin()º60cos()cos()º60sin()º60sin(
Así pues, 2
53
315
315
8
315
8
315
)60sin(
)sin(
NO
2
15
2
532
2
5311
NOCN
Y por último
2
15
4
152
53
15
2
53
2
15
NO
CN
Fuente de la solución:
http://www.cut-the-knot.org/do_you_know/BuiGoldenRatio2.shtml
53.
Aplicamos la identidad 22))(( bababa
De dentro hacia fuera:
2016
2016
120161
)12016)(12016(1
201720151
2
22
El siguiente paso es:
2015
2015
120151
)12015)(12015(1
201620141
2
22
Así pues cada raíz se simplifica en nnn )1)(1(1
Y el resultado final es 3421
54.
Observamos que los siguientes ángulos en C son iguales:
Nota: Considero que la imagen superior muestra pero no demuestra. A falta de algo
mejor dejo al lector la construcción rigurosa de la demostración de la igualdad de los
ángulos.
De la misma forma se comprueba que los ángulos determinados por el punto A son
iguales:
Ahora sólo queda deducir los ángulos interiores:
180
180`2
1802
90
45135180)(180
135
270)(2
3609022
9021802180
2180`
2180
Fuente de la solución: http://www.mathteacherctk.com/blog/2013/05/a-square-in-
parallel-lines/#solution
55.
1011
10111
xxx
xxxx
La ecuación no tiene sentido para 1x pues en este caso 0
1
1
1
xno está definido.
Si 1x :
11 xx
1
1
1
1
xx
11
1
1
1
1
1
1
xx
x
1
1
1
1
1
1
x
x
Y la ecuación queda
21
11
41
222
41
11
1
11
xx
xx
xx
xx
Multiplicando ambos lados por 1x (estamos suponiendo que 1x )
00
022112
22112
)1(211
2
2
2
2
xx
xxx
xxx
xx
Si 1x :
)1(1 xx
1
1
)1(
1
1
1
xxx
)1(1
1
1
1
1
1
1
xx
x
1
1
)1(
1
1
1
1
1
xx
x
Y la ecuación queda:
21
1)1(
41
2)1(2
41
1)1(
1
1)1(
xx
xx
xx
xx
Multiplicando ambos lados por 1x :
2044
022112
22112
221)12(
)1(21)1(
2
2
2
2
2
xxx
xxx
xxx
xxx
xx
Por lo tanto las soluciones de la ecuación son 0x y 2x
Observación:
Un desarrollo mucho más elegante puede ser realizar la substitución zx 1
La ecuación se convierte en
4
1
1
1
1
11
z
z
zz
que es equivalente a
1
021
21
21
42
2
411
2
2
z
zz
zz
zz
zz
zz
zz
Y deshaciendo la substitución:
21111
01111
xxx
xxx
56.
Sea a el diámetro del círculo blanco pequeño y b el diámetro del círculo blanco grande.
La cicunferencia externa tiene radio 2
ba , por lo que el área sombreada será:
4
28
28
42
2222
2
2
2
2
2
2
2222
222
222
222
1
baab
baabba
baba
baba
baba
A
Para calcular el área del círculo de linea discontínua vemos un triángulo rectánculo
cuya base inferior es 22
2
2
ababaa
ba
y su hipotenusa es el radio de la circunferencia exterior: 2
ba
Luego su altura será
abab
abbaabba
abba
abbah
4
4
4
22
4
22
2222
22
22
2
Ahora podemos calcular su área:
442
2
2
2
baababrA
Así pues 21 AA , tienen la misma área.
57.
Veamos que la suma de las áreas de los triángulos ABA’ + CDC’ no depende de la
posición del paralelogramo interior:
Lanzamos la paralela r1 a AB por A’ y la paralela r2 por C’ a CD.
Sea a la distancia de AB a A’ y c la distancia de CD a C’. Sea b la distancia entre las
rectas r1 y r2.
Claramente cbat es la distancia entre AB y CD y no depende de la posición del
paralelogramo azul, por lo que btca tampoco depende de la posición del
paralelogramo azul.
btAB
caAB
cABaAB
CDABcCDaAB
CDCABA
22
2
1
)(22
''
no depende de la posición del paralelogramo azul.
De forma similar podemos ver que la suma de las áreas de los triángulos BB’A’ y
C’DD’ no depende de la posición del paralelogramo azul.
Sea ahora r1 la paralela a A’B’ que pasa por B y r2 la paralela a C’D’ que pasa por D.
Sea a la distancia de B a A’B’, b la distancia entre A’B’ y C’D’ y c la distancia de D a
C’D’.
Claramente cbat no depende de la posición del paralelogramo azul, ni tampoco
b, por lo que btca tampoco.
btBA
caBA
cBAaBA
DCBAcDCaBA
DDCABB
2
''
2
''
''''2
1
)''''(2
''
2
''''''
no depende de la posición del paralelogramo azul.
58.
Podemos calcular todos estos números uno a uno ordenándolos por su cifra inicial, y
deducir las dos cifras que faltan. Hemos de tener en cuenta que la mayoría son dobles
(por ejemplo 461 y 416) pero algunos no (por ejemplo 722)
9 > 911 920 x2
8 > 830 x2 821 x2
7 > 740 x2 731 x2 722
6 > 650 x2 641 x2 632 x2
5 > 560 x2 551 x2 542 x2 533
4 > 470 x2 461 x2 452 x2 443 x2
3 > 380 x2 371 x2 362 x2 353 x2 344
2 > 290 x2 281 x2 272 x2 263 x2 254 x2
1 > 191 x2 182 x2 173 x2 164 x2 155
En total 28*2+5 = 61 números.
59.
Sea O el punto de intersección de las dos diagonales.
Sea DOBCOA , por tanto CODAOB 180
Los cuatro ángulos tienen el mismo seno: )180sin()sin(
Ahora aplicamos la fórmula del ángulo determinado por dos vectores v
y w
:
)sin(2 wvA
Por lo tanto:
)sin(
240)sin(2120
OAOCOAOC
)sin()180sin(2200 OBOAOBOA
)sin(
600)sin(2300
OBODOBOD
180
360400
600240
)sin(
600240600
)sin(
240600
)sin()sin(
600)sin(2
Área
OBOAOBOAOBOC
OBOCODOCÁrea
60.
Demostraremos la igualdad por inducción en n:
Para :3n
1
1
4
2
2
1
6
1
3
1
321
1
21
1
n
n
Para :4n
1
1
5
3
10
1
6
1
3
1
4321
1
321
1
21
1
n
n
Veamos que, si es cierto para n, entonces también lo es para 1n :
Queremos demostrar que
211
11
1...321
1
...321
1
321
1
21
1
n
n
n
n
nnn (*)
Suponemos que es cierto para n, por lo tanto:
1
1
...321
1
321
1
21
1
n
n
n
Así que substituimos la igualdad anterior en la primera parte de (*), i aplicamos la
igualdad 12
1...321 nnn
2
21
1
21
21
22
21
221
21
2
21
21
21
2
1
1
212
1
1
1
1
1...321
1
1
1
1...321
1
...321
1
321
1
21
1
2
2
n
n
nn
nn
nn
nn
nn
nn
nn
nn
nnnn
nn
nnn
n
nnn
n
nnn
n
nnn
tal y como queríamos comprobar.
Observación: Otra versión de esta demostración la podemos encontrar en:
http://www.i-precalculus.com/2015/04/prove-by-induction.html
61.
Claramente 1024026 22 AC por Pitágoras.
Calculamos el ángulo ACO teniendo en cuenta que el triángulo ACO es isósceles,
por lo que su altura que pasa por O lo divide en dos triángulos rectángulos. Por
Pitágoras la altura OD mide 4010225102522
OD
5
2
25
40sin
5
1
25
25
25
10cos
De la misma altura calculamos las razones trigonométricas de :
10
1
102
2
40
2cos
10
3
102
6
40
6sin
Ahora aplicamos la identidad del coseno de la diferencia:
25
7
510
7
510
6
510
1
5
2
10
3
5
1
10
1
)sin()sin()cos()cos()cos(
Y por último aplicamos el teorema del coseno para calcular OB:
5.099 26
262845025
72252225
)cos(2
22
222
OB
OBOCBCOCOB
62.
- Primera versión (una solución “constructiva”):
En primer lugar demostramos que todo entero positivo tiene un múltiplo que acaba en
cada uno de los diez dígitos, por separado:
Si acaba en 1,
10=0, 11=1, 12=2, 13=3, 14=4, 15=5, 16=6, 17=7, 18=8, 19=9
y tenemos todas las posibilidades.
De la misma forma se verifica si acaba en 3, 7 o 9:
30=0, 31=3, 32=6, 33=9, 34=12, 35=15, 36=18, 37=21, 38=24, 39=27
70=0, 71=7, 72=14, 73=21, 74=28, 75=35, 76=42, 77=49, 78=56, 79=63
90=0, 91=9, 92=18, 93=27, 94=36, 95=45, 96=54, 97=63, 98=72, 99=81
Si acaba en 5 es múltiple de 5 por lo que podemos dividirlo entre 5 sucesivamente hasta
que acaben en otra cifra distinta.
Si acaba en par podemos dividirlo entre 2 hasta que acabe en impar o cero.
Si acaba en 0 podemos dividirlo entre 10 hasta que acabe en otra cifra que no sea 0.
Dado un número n, sea k1 tal que k1n acaba en 1, y sea d1 el número de dígitos de
k1n.
Sea k2 tal que k2n acaba en 2, y d2 el número de dígitos de k2n.
Entonces el número 12110 kk
d cumple que
nknknkkdd
121211 1010 incluye los dígitos 1 y 2.
De esta manera podemos ir construyendo un número
1289189 10...1010 kkkk
ddd
para el cual su producto con n incluye todos los 10 dígitos.
-Segunda versión.
Una forma mucho más elegante de encontrar este múltiple se basa en el hecho de que,
para cualquier número n, y para cualquier nk , entre los números k , 1k , 2k , ...
, 1 nk podemos encontrar un múltiplo de n.
Sea pues un número n sea q tal que nq 10 . Entonces entre los números q101234567890 , 1101234567890 q , 2101234567890 q ,...,
1101234567890 nq seguro que encontramos un múltiple de n, y todos estos
números contienen todos los dígitos del 0 al 9.
Fuente de la segunda versión: Math Problem Book I compiled by Kin Y. Li, Hong
Kong Mathematical Society.
www.toomates.net/Llistes/a2015/mai/Math_Problem_Book_I_Kin_Y_Li.pdf
63.
Puesto que el triángulo ABC es
isósceles en A, ABC = BCA = 80º.
Dibujamos la recta CF tal que BCF=60º,
determinando los triángulos equiláteros
BCG y GFD.
BCG es equilátero puesto que sus tres
ángulos son iguales, luego BC=BG. El
ángulo BEC = 180º-50º-80º=50º luego
el triángulo BCE es isósceles, luego
BE=BC. Por lo tanto BE=BG y el
triángulo BEG es isósceles, de lo que
deducimos el ángulo EGB=(180-
20)/2=80º.
BDC=180º-60º-60º=40º, luego
CGD=180º-40º-20º=120º,
FGB=CGD=120º luego FGE=FGB-
EGB=120º-80º=40º.
El ángulo EFG=180º-60º-60º=40º,
luego el triángulo EFG es isósceles y
por lo tanto EF=EG. FD=FG por ser el
triángulo GFD equilátero, así pues
EDG=FDG/2=60º/2=30º.
Fuente de la solución: http://kvant.mccme.ru/1993/06/istoriya_s_geometriej.htm
Más información: http://www.cut-the-knot.org/triangle/80-80-20/
64.
Desarrollamos el polinomio 3)( cba
abcbcaccbcaabcbacba 633333)( 222223333
Si 3333)( cbacba entonces 0633333 22222 abcbcaccbcaab
Pero esta última igualdad la podemos escribir como
))()((36333330 22222 cbcabaabcbcaccbcaab
Luego 0))()(( cbcaba . Por lo tanto ba o ca o cb .
Supongamos que ba .
Entonces
555555555
555555
555 )()(
bacbacaac
aacaac
ccbbcba
De la misma manera llegamos al resultado deseado si suponemos ca o cb .
Fuente de la solución: Quora.com (Héctor Martín Peña Pollastri)
http://www.quora.com/If-a-%2Bb%2Bc-3-a-3-%2B-b-3-%2B-c-3-how-can-I-prove-
a%2Bb%2Bc-5-a-5-%2B-b-5-%2B-c-5
65.
32232222322 33300 xzxyxxzxyxzxyxxzyxxx
zyxyyzyxyyzyyxyzyxyy 22322323222 33300
yzxzzyzxzzzyzxzzyxzz 22322332222 33300
Desarrollamos el cubo de la suma:
xyzzyx
zyxxyzzyx
yzxzzyxyzxyxxyzzyx
yzxzzyzxxyyxxyzzyxzyx
6222
3336
3333336
333333600
333
333333
222222333
22222233333
Luego
333
333
333
3
2226
62220
zyxxyz
zyxxyz
xyzzyx
Como queríamos demostrar.
Nota: José Lorenzo en http://joselorlop.blogspot.com.es/2015/05/448-solucion-de-148-
la-equis-la-ye-y-la.html
Nos ofrece una solución mucho más rápida, en una sola línea:
xyzyxyxxyyxxyyxyxyxz 3)(333 3333223333
66.
Por teorema de Pitágoras tenemos que
)1(6 222 ACBC
y también que
222 86 AD
De donde deducimos que 101002 ADAD .
Por el teorema de la Bisectriz tenemos que )2(355
3
10
6CDBC
CD
BC
Pero puesto que BCCDCDBC 88
y por tanto
3248324)8(35)2( BCBCBCBCBC
Por último
71.65345336361 222 ACBCAC
b) Al ser un triángulo rectángulo, tomamos como altura BC y por tanto
92
36
2
BCABABCÁrea
De la misma forma podemos calcular el área del triángulo ACD:
5388 BCCD
152
56
2
CDABACDÁrea
67.
Sea DACBAD
Aplicamos la propiedad de que la suma de los tres ángulos de un triángulo es 180º.
Entonces 18075 y 18065)180(
Por lo que nos queda un sistema de dos ecuaciones con dos incógnitas:
18065)180(
18075
La solución de este sistema es º85 y º20 .
68.
Es un ejercicio de probabilidad condicionada:
90
901
1
30
3
1
1
56
3
1
)|()()(
2
12121
nn
nn
nn
nn
OOPOPOOP
Nota: Las posibles soluciones son n=-9 y n=10, de las cuales n=10 es la única aceptable.
69.
Sea DOE , OBb , OCc . Escribiremos OAx en función de , b y c.
Aplicamos el teorema del coseno dos veces:
)cos(2)cos(2 22222 bxbxABbxbxAB
)cos(2)cos(2 22222 cxcxACcxcxAC
Luego
)cos(2)cos(2)( 2222 cxcxbxbxACABxd
Para determinar su mínimo derivaremos la función e igualaremos la derivada a 0:
)cos(2
)cos(
)cos(2
)cos(
)cos(22
)cos(22
)cos(22
)cos(22)('
2222
2222
cxcx
cx
bxbx
bx
cxcx
cx
bxbx
bxxd
)cos(2
)cos(
)cos(2
)cos(
0)cos(2
)cos(
)cos(2
)cos(
2222
2222
cxcx
cx
bxbx
bx
cxcx
cx
bxbx
bx
Elevando al cuadrado ambos términos:
)cos(2
)cos(
)cos(2
)cos(22
2
22
2
cxcx
cx
bxbx
bx
Multiplicando en cruz:
0)cos(2)cos()cos(2)cos(
)cos(2)cos()cos(2)cos(
222222
222222
bxbxcxcxcxbx
bxbxcxcxcxbx
Desarrollamos por separado:
3222222
222332422
222
)cos(2)cos(4)cos(
)cos()cos(2)cos(2)cos(2
)cos(2)cos(
cxbbcxxb
cbcxbxxbcxxc
cxcxbxA
3222222
222332422
222
)cos(2)cos()cos(4
)cos()cos(2)cos(2)cos(2
)cos(2)cos(
xbcxcbcx
cbcxbxcxbxxb
bxbxcxB
Cancelamos términos iguales:
322222
2232222222
)cos(2)cos()cos(2
)cos(2)cos()cos(2
xbcxccxb
xbcxbxbxbcxcBA
Simplificamos dividiendo todo entre x (suponemos que 0OAx )
32222
2322222
)cos(2)cos()cos(2
)cos(2)cos()cos(2
bcxccb
xbcbxbbcxcBA
Es una ecuación lineal en x:
(*))cos()cos(
)cos()cos()cos(2
0)cos()cos()cos(2)cos()cos(
0
222222
22
22222222
cbbc
cbbcbcx
cbbcbcxcbbc
BA
22
22222222222
)cos()cos(
)cos()cos()cos(
cbbcbccbcbbcbc
cbbccbbc
cb
bc
cbbcbc
cbbcbc
)cos(2
)cos(
)cos()cos(2(*)
2
Falta por justificar que efectivamente el punto anterior es un mínimo relativo. Se puede
hacer viendo que la función BAxd )(' es una función lineal nmx con pendiente 222222 )cos()cos( cbbcm positiva:
2
222222
)cos()()()(
)cos())(())(()cos(
cbbcbc
cbcbbcbccbbcm
Supongamos, sin pérdida de generalidad, que el punto C está a la derecha del punto B,
es decir, 0bc
0)cos()()()(
0)cos()()(
)cos()()cos()(
1)cos(0
2
2
22
2
cbbcbcm
cbbc
bcbccb
Luego alrededor del punto crítico anterior la derivada pasa de negativa (función
decreciente) a positiva (función creciente), luego se trata efectivamente de un mínimo
relativo.
70.
Lanzamos la tercera bisectriz AF. Claramente º30 IAEDAI .
La mayoría de los ángulos quedan determinados por IBF :
º60
º120º120
º120º180º60º180
60º180º6022
DIBEIC
DIEBIC
BICBICFCIBIC
FCIFCI
º120º180
º60
º60º60º180º60º180
º180
IECAEI
IEC
IECICFIEC
ECIIECEIC
De la misma manera se comprueba que º60ADI
Por lo tanto
)sin()sin(
º180)º60(º180º120
ADIAEI
ADIAEI
Aplicamos el teorema del seno dos veces:
IAE
EI
AEI
AI
ADI
AI
DAI
DI
sinsinsinsin
Puesto que IAEDAIIAEDAI sinsinº30
De las dos igualdades anteriores deducimos que EIDI .
Nota: En la página web
http://www.cut-the-knot.org/m/Geometry/TriangleWith60degAngle.shtml
podemos encontrar una solución alternativa muy corta mediante polígonos cíclicos.
71.
Sea CAB . Luego º90ABC .
Si MB=CB entonces el triángulo MBC es isósceles en B por lo tanto .CMBMCB
Además se cumple º1802 CBMMCB y º90ABCCBM , luego
2º45
MCB .
De la misma manera: El triángulo ANC es isósceles en A, luego ANCACN y
además º1802 CANACN , pero CAN de lo que deducimos que
2º90
ACN
Por ser el triángulo ACB rectángulo en C:
MCN
MCN
MCN
MCNMCBACNACB
º45
º450
2º45
2º90º90
º90
72.
Vemos que recombinando las piezas del cuadrado grande podemos construir una figura
equivalente con cinco cuadrados iguales:
Por lo tanto, claramente la figura verde es la quinta parte de la figura total.
73.
º78 CEBDEA por ser ángulos opuestos por el vértice.
º37º78º65º180º180 DEAADEDAE
Ahora º37 DAEEBC porque el cuadrilátero ABCD está inscrito en una
circunferencia (“cuadrilátero cíclico”), por lo que el ángulo entre un lado y una diagonal
es igual al ángulo entre el lado opuesto y la otra diagonal.
74.
Una sesión con Mathematica nos permite jugar con el producto de los dos polinomios y
nos pone sobre la pista del valor de m buscado:
Así pues,
))(()1()( 22 nannbanannbbnpnp
Tomando 2nannbm , que claramente es un entero
)()1()(
)()1()(
2
2
mfbammnpnp
ammmambnpnp
por lo que cumple las condiciones deseadas.
Nota: En la página web http://www.cut-the-
knot.org/arithmetic/algebra/PropertyOfQuadraticPolynomials.shtml
podemos encontrar una solución alternativa mediante la factorización de p(x).
75.
En primer lugar asignamos nombre a los puntos de intersección:
Denotamos por ABC el área del triángulo ABC y, de la misma manera, por ABCD el
área del cuadrilátero ABCD.
Aprovechamos la propiedad de que en triángulos con la misma altura las áreas son
propoporcionales a las bases:
DB
AD
hDB
hAD
DBC
ADC
hDBDBC
hADADC
2/
2/
2/
2/
Aplicamos este resultado a nuestro caso:
21
1
2
1
PAA
CPA
a
a
21
2
2
1
PBB
APA
b
b
21
1
2
1
PCC
BPC
c
c
Aprovechamos también que todo paralelogramo se puede descomponer mediante su
diagonal en dos triángulos iguales, luego:
1212121 22
1
2
1APCAPCPACCCPA , y de la misma manera:
211 BPCAPB y 211 APBBPC
Así pues:
(*)21
21
21
21
21
12
21
1
21
2
21
1
2
1
2
1
2
1 PCC
APB
PBB
BPC
PAA
APC
PCC
BPC
PBB
APA
PAA
CPA
c
c
b
b
a
a
Utilizamos ahora la fórmula del área del triángulo mediante el seno de uno de sus
ángulos:
1)sin()sin()sin(
)sin()sin()sin((*)
211212122121
121221212121
PBBPBPBPCCPCPCPAAPAPA
PBAPBPAPBCPBPCPCAPCPA
Todos los elementos de esta división se cancelan uno a uno, teniendo en cuenta que
2121 PBBPCA , 2121 PAAPBC y 1212 PCCPBA , por ser ángulos
opuestos por el vértice. Así pues
222111
2
1
2
1
2
1 1 cbacbac
c
b
b
a
a
De la misma manera se demuestra que 333222 cbacba
Nota: Una solución alternativa mucho más sencilla, mediante semejanza de triángulos, se puede encontrar
en http://www.cut-the-knot.org/triangle/PleasantProportionsInTriangle.shtml
76.
El cuadrilátero es cíclico, pues claramente tiene las sumas de los ángulos opuestos son
las dos de 180º:
º180º90º90 ABCADC
y también
º180
º1802º180º9022
º90
º18090
DCBDAB
DCBDCADCADACDAB
DCADAC
DCADAC
Por lo tanto podemos inscribir el cuadrilátero en una circunferencia de centro O:
Por el teorema del ángulo inscrito en una circunferencia sabemos que
22 DABDOB , luego 2/DOBDOE .
Por lo tanto, por definición:
AC
EB
OC
ED
OC
ED
OD
ED
2
2)sin(
Nota: Una solución alternativa se puede encontrar en:
https://plus.google.com/+JeanDAVID/posts/Lcs8QAFzYrQ
77.
Primera parte: Circunferencia inscrita:
El centro de la circunferencia inscrita es el punto de corte de las bisectrices del
triángulo, y tiene la propiedad de que equidista de los tres lados. Encontraremos su
radio mediante geometría cartesiana (y después veremos una alternativa mucho más
rápida y elegante):
El incentro P estará sobre la bisectriz que pasa por C=(0,0), con un ángulo de 90º/2=45º,
luego cumple la ecuación yx (es la bisectriz del primer cuadrante)
La hipotenusa del triángulo tiene por ecuación 1a
y
b
x, por lo tanto, la fórmula de la
distancia de un punto ),( yx a esta recta será
22
11
1
),(
ba
a
y
b
x
yxd
Luego buscamos un punto que cumpla la condición
22
11
1
ba
a
y
b
x
yx
Es decir, tenemos que resolver la ecuación
)2(11
1
)1(11
1
11
1
22
22
22
ba
a
x
b
x
x
ba
a
x
b
x
x
ba
a
x
b
x
x
22
22
22
22
22
2222
11
1111
1
11
1
)1(
ab
abbyax
baba
abbyax
baba
abbyax
baab
a
x
b
xab
ba
a
x
b
x
x
22
2222
22
22
00
abba
abx
abbaabxabbxaxabx
abbxaxabxab
abbxaxx
Racionalizando el denominador:
22
22
2222
22
2222
22
22
22
2222
abba
ababba
abbaab
abba
abbaab
abba
abba
abba
ab
abba
abx
Definiendo 22: bac , el primer valor de la longitud del radio de la circunferencia
inscrita es 2
cba , y por lo tanto su diametro será cba . Ahora bien, este valor no
es aceptable, pues acba y bcba , y por lo tanto no podría caber en el
interior del triángulo. La solución aceptable tendrá que ser la segunda posibilidad:
22
22
22
22
22
2222
11
1111
1
11
1
)2(
ab
abbyax
baba
abbyax
baba
abbyax
baab
a
x
b
xab
ba
a
x
b
x
x
22
2222
22
22
00
abba
abx
abbaabxabbxaxabx
abbxaxabxab
abbxaxx
Racionalizando el denominador:
222
22
2222
22
2222
22
22
22
2222
cbaabba
ababba
abbaab
abba
abbaab
abba
abba
abba
ab
abba
abx
Así pues, el valor del diametro de la circunferencia inscrita es: cba
Una alternativa, mucho más elegante y rápida, para encontrar el radio de la
circunferencia inscrita es mediante áreas. Observamos que las tres bisectrices dividen el
triángulo en tres triángulos internos, los tres con altura r, por lo tanto el área total del
triángulo será la suma de las tres áreas de cada triángulo:
rcba
barcbaba
rcrbrabarcrbraba
2222
Y ahora sólo hay que racionalizar el denominador teniendo en cuenta que 22 bac
Segunda parte: Circunferencia circunscrita:
El centro de la circunferencia circunscrita es el punto de intersección de las mediatrices,
las rectas que son perpendiculares a los lados y pasan por sus puntos medios A’, B’ y
C’.
Ahora bien, por semejanza de triángulos, los puntos medios de los catetos se cortarán en
el punto medio de la hipotenusa, por lo que su diametro será c.
Así pues la suma de los dos diametros será baccba , es decir, la suma de los
diametros es la suma de los catetos.