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viernes, 30 de julio de 2010

Guia para usar LaTeX

Para poner un codigo en LaTeX basta ponerlo entre signos de ,siloponesentredoblesignode saldra en linea pero con letra mas grande y para ponerlo grande y centrado hay que ponerlo asi hay que usar [codigolatex]

Aqui hay una guia en otro sitio que esta muy buena http://www.matetam.com/de-consulta/acordeones/latex

Si ves alguna expresión matemática en este blog y quieres saber como se escribió, solo basta poner el cursor encima de la expresión matemática y saldrá el código LaTeX que se usó para esa formula.

Aqui un ejemplo:
x=b±b24ac2a

Es la formula general para las ecuaciones cuadráticas, es decir de la forma ax2+bx+c=0

Pueden hacer experimentos con los comentarios de este post.

Ademas aqui esta una pagina con mas ejemplos:
http://www.watchmath.blogspot.com/

162 comentarios:

  1. Para que vean todavia mas ejemplos de LATEX, les voy a demostrar la formula general de las cuadraticas.

    Tenemos ax2+bx+c=0, dividimos todo entre a x2+bxa+ca=0


    Dejamos todo lo que tiene x de un lado:
    x2+bxa=ca

    Completamos el cuadrado:
    x2+bxa+b24a=ca+b24a

    Factorizamos y juntamos fracciones:
    (x+b2a)2=b24ac4a2

    Sacamos raiz de ambos lados:
    x+b2a=±b24ac4a2

    Despejamos x y juntamos fracciones:
    x=b±b24ac2a


    Q.E.D

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  2. probado latex ab12

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  3. (n)(n+1)2

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  4. (22)+(32)++(n+12)

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  5. n1(mod3)

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  6. (b+1)2=32
    b+1=3 b=2 y a2=50 a=100

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  7. (b+1)2=152
    b+1=15
    b=14
    a14=2
    a=28

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  8. A2BC=CA2B

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  9. Y en general...cuanto seria?
    Si:

    1) N=2α×5β

    2) N=pα11×...×pαkk

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  10. a2+b2+c2=3

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  11. 1OX=1Y+1Z

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  12. Este comentario ha sido eliminado por el autor.

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  13. 4a=0ab=014c=0

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  14. 4a=09b=014c=0(5a5

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  15. 4a=0ab=014c=0(5a510b1015c15)

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  16. binoma+b+ca(a+bb)

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  17. \sum_{a=0}^{4}\sum_{b=0}^{9}\sum_{c=0}^{14}(\frac{5-a}{5}\frac{10-b}{10}\frac{15-c}{15})\binom{a+b+c}{a}\binom{a+b}{b}(\frac{1}{3^a^+^b^+^c})

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  18. 4a=09b=014c=0(5a510b1015c15)

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  19. \binom{a+b+c}{a}\binom{a+b}{b}(\frac{1}{3^a^+^b^+^c})

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  20. (\frac{1}{3^a^+^b^+^c})

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  21. Este comentario ha sido eliminado por el autor.

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  22. \sum_{a=0}^{4}\sum_{b=0}^{9}\sum_{c=0}^{14}(\frac{5-a}{5}\frac{10-b}{10}\frac{15-c}{15})\binom{a+b+c}{a}\binom{a+b}{b}\frac{1}{3^a^+^b^+^c}

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  23. \frac{15-c}{15})\binom{a+b+c}{a}\binom{a+b}{b}(\frac{1}{3^a^+^b^+^c})

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  24. \frac{15-c}{15} \binom{a+b+c}{a}\binom{a+b}{b} \frac{1}{3^a^+^b^+^c}

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  25. \frac{1}{3^a^+^b^+^c}

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  26. \frac{1}{3^a^+^b^+^c}

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  27. \frac{1}{3^a^+^b^+^c}

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  28. \frac{1}{3^a^+^b^+^c}

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  29. 4a=09b=014c=0(5a510b1015c15)(a+b+ca)(a+bb)13a3b3c

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  30. Conclusiones, bibliografía.
    4a=09b=014c=0(5a510b1015c15)(a+b+ca)(a+bb)13a3b3c\fa+b+c

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  31. Conclusiones, bibliografía.
    4a=09b=014c=0(5a510b1015c15)(a+b+ca)(a+bb)13a3b3cf(a+b+c)

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  32. 4a=09b=014c=0(5a510b1015c15)(a+b+ca)(a+bb)13a3b3cf(a+b+c)

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  33. Encontraremos todos los datos que se pueden obtener del problema. Primero que nada. En la recta l, colocaremos Z de tal manera que C quede entre E y Z.

    Sabiendo que: angulo inscrito = angulo seminscrito. BCZ=CAN=δ. Y teniendo que EF es paralela a BC, BAC=δ.

    Con esta misma regla: ECG=CBN=β.
    Tambien podemos observar que: CFE=BCF=α.
    Y, ACB=CGF=CGE=90.
    Podemos decir que δ=90β.
    Con esto podemos decir por ejemplo, BCNCEG.
    Entonces, δ= alpha.
    Siendo asi, CEF es isosceles. Y, CG, es altura y mediana.

    Con esto queda comprobado que, EG=GF

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  34. Bueno mi solución no es mas que desarrollar la ecuación hasta llegar a un punto donde podemos afirmar que la suposición es cierta.

    Para no hacer la respuesta tan larga, pondré el desarrollo de la formula de forma consecutiva sin exponer explicaciones.

    4n2+n=n(4n+1)=n4n+1=n4(n+14=n4n+14=2nn+14=2nn(1+14n=2nn1+14n=2n1+14n

    2n es entero. Tenemos \sqrt{1+\frac{1}{4n}}, lo que sera raíz de 1 mas una fracción. El valor mas grande que puede tener esa fracción es cuando n=1. Entonces el valor mas grande que puede haber en esa raíz es 1+14. A lo que, resolviendo la raíz, la parte no entera del resultado de ésta es menor a 14. Por lo tanto, entre mas grande es n, mas pequeño es el valor de la fracción dentro de la raíz, y por ende su raíz cuadrada sera aun mas pequeña que 14.

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  35. Bueno mi solución no es mas que desarrollar la ecuación hasta llegar a un punto donde podemos afirmar que la suposición es cierta.

    Para no hacer la respuesta tan larga, pondré el desarrollo de la formula de forma consecutiva sin exponer explicaciones.

    4n2+n=n(4n+1)=n4n+1=n4(n+14)=n4n+14=2nn+14=2nn(1+14n)=2nn1+14n=2n1+14n

    2n es entero. Tenemos 1+14n, lo que sera raíz de 1 mas una fracción. El valor mas grande que puede tener esa fracción es cuando n=1. Entonces el valor mas grande que puede haber en esa raíz es 1+14. A lo que, resolviendo la raíz, la parte no entera del resultado de ésta es menor a 14. Por lo tanto, entre mas grande es n, mas pequeño es el valor de la fracción dentro de la raíz, y por ende su raíz cuadrada sera aun mas pequeña que 14.

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  36. Me di cuenta de que mi solución no queda del todo demostrada. Olvidemos el ultimo párrafo.

    Tenemos 2n1+14n. 2n ya es entero. Podemos decir que 1+14n, siempre sera igual a 1+z, donde z es igual a cualquier numero no entero positivo dependiendo el valor de n. Esto porque, si 4=2 y 1=1; 1+14n esta entre estas dos raíces, y siempre sera igual a 1+z.

    Entonces sustituimos en la ecuación, 2n1+14n = 2n(1+z)=2n(2nz). 2nz sera nuestra parte no entera. Entonces, 2nz tiene que ser menor a 14n.
    Realizamos: 2nz<14n, z<18n. z siempre sera menor a 18n, y 18n<14 siempre que n es entero positivo.

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  37. AMQ YCQ

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  38. \textless
    >

    \textgreat

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  39. \color{red} \begin{pmatrix}1&2\\3&4\end{pmatrix} \rightarrow \begin{pmatrix}3&1\\4&2\end{pmatrix}

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  40. \color{green} \text{Y tambien hay verde =D}

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  41. \color{orange} \text{de cuales hay?}
    \color{yellow} \text{de cuales hay?}
    \color{brown} \text{de cuales hay?}
    \color{gray} \text{de cuales hay?}
    \color{pink} \text{de cuales hay?}

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  42. quiero saber hacer esto =O

    \usepackage[all]{xy}\xymatrix@C+2em@R+2em{Q \ar@/_10pt/[ddr]_{q_1} \ar@/^10pt/[drr]^{q_2} \ar@{-->}[dr]|*+<3pt,3pt>{\scriptstyle u} & & \\& P \ar[d]_(0.4){p_1} \ar[r]^(0.4){p_2} & Y \ar[d]^{g}\\& X \ar[r]_{f} & Z}

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  43. \color{yellow} \text{Son los que estan en la diagonal que va del cuadrito superior derecho al inferior izquierdo}
    \color{green} \text{Esto lo voy a demostrar por induccion para una cuadricula de} 2^n \text{. En la de} 2^{n+1} \text{giramos los cuatro cuadros de} 2^n \text{.}
    \color{blue} \text{Ahora vemos que en los cuadritos de} 2^n \text{de arriba a la izquierda y abajo a la derecha, al terminar de realizar los pasos, por induccion, los que queden en la diagonal que pide el problema son los que originalmente estaban en la otra diagonal. Y al regresarnos al paso que ya habiamos hecho los de estas diagonales son la diagonal de la cuadricula de} 2^{n+1}
    \color{red} \text{La base de induccion es cuando} n=1
    \color{red} \begin{pmatrix}1&2\\3&4\end{pmatrix} \rightarrow \begin{pmatrix}3&1\\4&2\end{pmatrix}
    \color{red} \text{Y vemos que la hipotesis en este caso si se cumple, por lo tanto para el caso especifico de} n=5 \text{que pide el problema tambien se cumple/}
    \color{magenta} \text{Entonces la respuesta es los numeros de la forma} 31k+1 \text{con} 1 \leq k \leq 32

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  44. \color{yellow} \text{Son los que estan en la diagonal que va del cuadrito superior derecho}
    \color{yellow} \text{al inferior izquierdo}
    \color{green} \text{Esto lo voy a demostrar por induccion para una cuadricula de } 2^n \text{.}
    $$\color{green} \text{En la de } 2^{n+1} \text{ giramos los cuatro cuadros de } 2^n \text{.}$
    $\color{blue} \text{Ahora vemos que en los cuadritos de} 2^n \text{de arriba a la izquierda y abajo a}$
    $\color{blue} \text{la derecha, al terminar de realizar los pasos, por induccion, los que}$
    $\color{blue} \text{queden en la diagonal que pide el problema son los que originalmente}$
    $\color{blue} \text{estaban en la otra diagonal. Y al regresarnos al paso que ya habiamos}$
    $\color{blue} \text{hecho los de estas diagonales son la diagonal de la cuadricula de } 2^{n+1}$
    $\color{red} \text{La base de induccion es cuando} n=1$
    $\color{red} \begin{pmatrix}1&2\\3&4\end{pmatrix} \rightarrow \begin{pmatrix}3&1\\4&2\end{pmatrix}$
    $\color{red} \text{Y vemos que la hipotesis en este caso si se cumple, por lo tanto para}$
    $\color{red} \text{el caso especifico de } n=5 \text{ que pide el problema tambien se cumple}$
    $\color{magenta} \text{Entonces la respuesta es los numeros de la forma 31k+1 con } 1 \leq k \leq 32$

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  45. \color{yellow} \text{Son los que estan en la diagonal que va del cuadrito superior derecho}
    \color{yellow} \text{al inferior izquierdo}
    \color{green} \text{Esto lo voy a demostrar por induccion para una cuadricula de } 2^n \text{.}
    \color{green} \text{En la de } 2^{n+1} \text{ giramos los cuatro cuadros de } 2^n \text{.}
    \color{blue} \text{Ahora vemos que en los cuadritos de} 2^n \text{de arriba a la izquierda y abajo a}
    \color{blue} \text{la derecha, al terminar de realizar los pasos, por induccion, los que}
    \color{blue} \text{queden en la diagonal que pide el problema son los que originalmente}
    \color{blue} \text{estaban en la otra diagonal. Y al regresarnos al paso que ya habiamos}
    \color{blue} \text{hecho los de estas diagonales son la diagonal de la cuadricula de } 2^{n+1}
    \color{red} \text{La base de induccion es cuando} n=1
    \color{red} \begin{pmatrix}1&2\\3&4\end{pmatrix} \rightarrow \begin{pmatrix}3&1\\4&2\end{pmatrix}
    \color{red} \text{Y vemos que la hipotesis en este caso si se cumple, por lo tanto para}
    \color{red} \text{el caso especifico de } n=5 \text{ que pide el problema tambien se cumple}
    \color{magenta} \text{Entonces la respuesta es los numeros de la forma 31k+1 con } 1 \leq k \leq 32

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  46. (OXXOXOOXXOOXOXXO)

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  47. (000001X00XX00000)(001000X01XX00000)
    (110100X01XX00000)(010110X00XX01000)
    (000100X00XX01000)(000000X00XX00000)

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  48. (3n+22)3[(11)+(21)++(n1)]
    =(3n+2)(3n+1)23[1+2++n]
    =(3n+2)(3n+1)23n(n+1)2
    =(9n2+9n+23n23n2
    =(6n2+6n+22=3n2+3n+1

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  49. sqrt[3]{2}

    \cbrt2

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  50. \documentclass[11pt]{article} \usepackage{amsmath}  \pdfpagewidth 8.5in \pdfpageheight 11in \newcounter{prob_num} \setcounter{prob_num}{1} \newcommand{\prob}[5]{\bigskip \bigskip\arabic{prob_num}.\stepcounter{prob_num} #1 \par\nopagebreak[4]\medskip A.\ #2\hfill B.\ #3\hfill C.\ #4\hfill D.\ #5\hfill E.\ NOTA}  \begin{document}  \prob{What is $2+2$?}{4}{5}{6}{7}  \prob{What is $\sqrt{100}$?}{81}{10}{9}{1}  \prob{Evaluate $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2}$.} {$\displaystyle\frac{1}{e}$} {$\displaystyle\frac{2}{\pi}$} {$\displaystyle\frac{\pi^3}{8}$} {$\displaystyle\frac{\pi^2}{6}$}  \end{document}

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  51. \textgreat
    \textgreater

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  52. S(akp)=S(10p2(10k(p1)1)+10p19p

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  53. S(akp)=S(10p2(10k(p1)1)p+10p119p)
    =S(10p2(10k(p1)1)p)+S(10p119p)9c

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  54. S((10k(p1)1)p)

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  55. k1i=0(10p1)i

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  56. 10k(p1)1p=(10p11p)(k1i=0(10p1)i)

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  57. h(n)=\begin{cases}0,\qquad\text{if }n\text{ is odd,}\\ }1,\qquad\text{if }n\text{ is even.}\end{cases}

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  58. h(n)=\begin{cases}\qquad0,\qquad\text{if }n\text{ is odd,}\\ }1,\qquad\text{if }n\text{ is even.}\end{cases}

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  59. \$\$h(n) = \left\{\begin{array}{rl} 0 & \text{si } n \text{ es impar,}\\ 1 & \text{si } n \text{ es par} \end{array} \right. \$\$

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  60. h(n)={0si n es impar,1si n es par

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  61. h(n)={0si n es impar,1si n es par.

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  62. b) h(n)={0si n es impar,1si n es par.

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  63. h(m) es de cuantas maneras se puede dar este cambio con un acomodo de m×2 asientos.
    Con casos pequeños vemos que h(1)=1, h(2)=4,
    h(3)=9.
    Vemos como se pueden mover las dos personas en la m-ésima fila.
    Sea ai la persona en la primera columna, en la fila i, y sea bi la persona en la segunda columna, en la fila i.
    Si am y bm se sientan uno en el lugar del otro, entonces los demas se pueden reacomodar de hm1.
    Ahora, si se cambian am1 con am, y bm1 con bm, entonces los demas se pueden acomodar de h(m2) maneras.

    En un tercer caso, si am1 se sienta en el lugar de am, am en el lugar de bm, y bm en el lugar de bm1, a partir de ahi, si los de la segunda columna se siguen pasando al lugar de enfrente, hasta que bk se pasa a ak, entonces todas las aj con j={k,(k+1),,m2} solo van a tener una opcion, que es sentarse en el lugar de aj+1,ylosdemastienenh(k-1)manerasdeacomodarse.Asienestecasohay\sum_{i=1}^{m-2}{h(i)}Analogamentesienvezdemoverseensentidocontrarioalasmanecillasdelreloj,semuevenensentidodelasmanecillasdelreloj.Entoncestenemosque:h(m)=h(m-1)+h(m-2)+2\sum_{i=1}^{m-2}{h(i)}$

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  64. h(m) es de cuantas maneras se puede dar este cambio con un acomodo de m×2 asientos.
    Con casos pequeños vemos que h(1)=1, h(2)=4,
    h(3)=9.
    Vemos como se pueden mover las dos personas en la m-ésima fila.
    Sea ai la persona en la primera columna, en la fila i, y sea bi la persona en la segunda columna, en la fila i.
    Si am y bm se sientan uno en el lugar del otro, entonces los demas se pueden reacomodar de hm1.
    Ahora, si se cambian am1 con am, y bm1 con bm, entonces los demas se pueden acomodar de h(m2) maneras.

    En un tercer caso, si am1 se sienta en el lugar de am, am en el lugar de bm, y bm en el lugar de bm1, a partir de ahi, si los de la segunda columna se siguen pasando al lugar de enfrente, hasta que bk se pasa a ak, entonces todas las aj con j={k,(k+1),,m2} solo van a tener una opcion, que es sentarse en el lugar de aj+1, y los demas tienen h(k1) maneras de acomodarse.
    Asi en este caso hay m2i=1h(i)
    Analogamente si en vez de moverse en sentido 'contrario a las manecillas del reloj', se mueven en sentido de las manecillas del reloj. Entonces tenemos que:
    h(m)=h(m1)+h(m2)+2m2i=1h(i)

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  65. Ahora tomamos la sucesión de Fibonacci, con f0=f1=1, f2=2, etc.
    Veamos que h(m)=(fm)2
    Los casos base ya estan en el comentario anterior.

    (fm)2=(fm1+fm2)2=(fm1)2+(fm2)2+2fm1fm2
    =h(m1)+h(m2)+2fm1fm2

    Entonces para que se cumpla que h(m)=(fm)2, necesitamos que
    fm1fm2=m2i=1h(i)=m2i=1(fi)2

    fm1fm2=(fm2+fm3)fm2=(fm2)2+fm2fm3
    Y con otra induccion es facil ver que la igualdad que buscabamos es cierta.

    \boxed{h(m)=(f_m)^2

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  66. Ahora tomamos la sucesión de Fibonacci, con f0=f1=1, f2=2, etc.
    Veamos que h(m)=(fm)2
    Los casos base ya estan en el comentario anterior.

    (fm)2=(fm1+fm2)2=(fm1)2+(fm2)2+2fm1fm2
    =h(m1)+h(m2)+2fm1fm2

    Entonces para que se cumpla que h(m)=(fm)2, necesitamos que
    fm1fm2=m2i=1h(i)=m2i=1(fi)2

    fm1fm2=(fm2+fm3)fm2=(fm2)2+fm2fm3
    Y con otra induccion es facil ver que la igualdad que buscabamos es cierta.

    h(m)=(fm)2

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  67. Ahora tomamos la sucesión de Fibonacci, con f0=f1=1, f2=2, etc.
    Veamos que h(m)=(fm)2
    Los casos base ya estan en el comentario anterior.

    (fm)2=(fm1+fm2)2=(fm1)2+(fm2)2
    +2fm1fm2=h(m1)+h(m2)+2fm1fm2

    Entonces para que se cumpla que h(m)=(fm)2, necesitamos que
    fm1fm2=m2i=1h(i)=m2i=1(fi)2

    fm1fm2=(fm2+fm3)fm2=(fm2)2+fm2fm3
    Y con otra induccion es facil ver que la igualdad que buscabamos es cierta.

    h(m)=(fm)2

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  68. \lineAB
    \lineAB


    \angleDCE

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  69. \lineAB
    ABC
    ABC
    \lineAB
    \triangleABC
    \angleABC
    \mathrmAB

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  70. CEA\semCEA

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  71. Podemos ver que el CAB   CEA , por Angulo-Angulo.
    Tenemos: CACE = ABEA = BCAC CA1 = BCAC CA2=BC

    CA=BC

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  72. α
    β
    \tetha
    γ
    ϕ
    δ

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  73. Respuestas
    1. Acaso funcionan los colores?
      rojo,blanco

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  76. 3×2m=(n+1)×(n1)

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