pinceladas y brochazos de... Matemáticas: febrero 2016

lunes, 29 de febrero de 2016

838. Funciones periódicas. RESOLUCIÓN

Había mandado estudiar la periodicidad de un par de funciones en la tarea para casa y Pepe Chapuzas salió a la pizarra para corregir el ejercicio. Como quedaba poco tiempo para que acabara la clase Pepe se dio mucha prisa. Se dio tanta prisa que dio el resultado (los períodos) sin ningún paso intermedio. Los compañeros empezaron a preguntar cómo lo había hecho pero sonó la campana...

    Echa un vistazo a la solución de Pepe e intenta explicarla.

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla sabía que solamente cuando son conmensurables los períodos de dos funciones periódicas, la suma de ambas es también una función periódica. (Esto se puede decir también de la resta, el producto y el cociente.)

    Profe, mire. Dos números reales no nulos A y B son conmensurables cuando A/B es racional, esto es, si existen dos números naturales M y N tales que MA = NB. Si A y B son los períodos de dos funciones periódicas a y b, entonces P = MA = NB es un período común de a y b y por lo tanto de a+b.
    Sabemos que la función tg es una función periódica de período π, por lo que...

tg (x:K) = tg (x:K+π) = tg ((x+K·π):K)

tg (K·x) = tg (K·x+π) = tg (K·(x+π:K))

O lo que es lo mismo: el período de tg (x:K) es K·π y el período de tg (K·x) es π:K.

Ahora es fácil entender las soluciones de Pepe. Para f se tiene que 24·π y 18·π son conmensurables (3·24·π = 4·18·π = 72·π) y para g se tiene que π/24 y π/18 también son conmensurables (4·π/24 = 3·π/18 = π/6).

Prueba que h(x) = tg (x) + tg (πx) no es una función periódica.

RESOLUCIÓN

Yoyó Peluso lo probó por reducción al absurdo:

Mire, profe. El período de tg (x) es π y el período de tg (πx) es 1. Si h(x) fuera una función periódica entonces π y 1 serían conmensurables y π/1 = π sería racional, lo cual es absurdo...

837. Un bicho en la pizarra. RESOLUCIÓN

Pepe Chapuzas ha descubierto un bicho diminuto en la pizarra. Aprovechando que la pizarra es rectangular y suponiendo que el bicho fuera un punto propuse la demostración de una antigua fórmula. Con una tiza dibujé los segmentos (a, b, c y d) que unían el bicho-punto con las cuatro esquinas de la pizarra. Y luego escribí la fórmula que había que demostrar. Pepe Chapuzas, que presume de ser el más rápido a este lado del Misisipi, salió a la pizarra y con ayuda de algún segmento más dio fácilmente con la demostración. Por cierto, el bicho salió volando...

Piénsalo. No te desanimes si no te sale enseguida. Y si te sale me lo cuentas...

SOLUCIÓN

Nina Guindilla cogió la tiza y trazó la vertical y la horizontal que pasaban por el punto donde estuvo el bicho y utilizó el teorema de Pitágoras...

Profe, mire. Los segmentos a, b, c y d son hipotenusas... y los segmentos e, f, g y h son catetos, por lo tanto:

a²= e²+f²

b²= f²+g²

c²= g²+h²

d²= h²+e²

Y por lo tanto...

a²+c²= e²+f²+g²+h²

b²+d²= e²+f²+g²+h²

    Q.E.D.

    Con Nina todo parece más fácil, ¿verdad?
    Nina ha terminado con Q.E.D. ¿Qué significa esto?

RESOLUCIÓN

Yoyó Peluso me ha comentado que Q.E.D. son las iniciales de "quod erat demonstrandum" que en latín significa algo así como "como queríamos demostrar". Se solía poner al final de una demostración para indicar que ya la habíamos terminado...

sábado, 27 de febrero de 2016

836. Diez en uno. RESOLUCIÓN

Profe, mire. He conseguido sumar dos fracciones de números naturales (de 2 cifras y de tres cifras) y el resultado es 1. Lo mejor es que he utilizado las diez cifras (0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 y 9) de la siguiente manera: (Cada letra representa una cifra distinta...)

Busca alguna solución colocando cada cifra en su lugar y, si la encuentras, ¡dínosla! (Como pista os diré que en la solución de Pepe Chapuzas cada fracción es equivalente a 1/2).

SOLUCIÓN

Nina Guindilla encontró una solución:

148/296 + 35/70 = 1

¿Habrá más soluciones? Búscalas. (Las fracciones no tienen que ser equivalentes a 1/2.)
Investiga otras posibilidades como...

AB/CDE + FG/HIJ = 1

ABCD/EFGH + I/J = 1

RESOLUCIÓN

Yoyó Peluso ha encontrado muchas soluciones... Como ejemplo nos ha dado estas:

405/729+36/81=1

63/728+95/104=1

1872/9360+4/5=1

835. Una ecuación trigonométrica. RESOLUCIÓN

    Esta ecuación trigonométrica estaba en la última página del cuaderno de Pepe Chapuzas. Me dijo que no la había resuelto porque no tenía espacio. ¿Tienes espacio tú para resolverla?

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla nunca se quedaba sin espacio en el cuaderno. Era lo suficientemente previsora para tener siempre cuadernos de repuesto... Mirad cómo resolvió la ecuación trigonométrica...

    Profe, mire. Partimos de las fórmulas del ángulo doble y del ángulo triple:

cos2x = 2cos²x–1

cos3x = 4cos³x–3cosx

Sus cuadrados son identidades notables:

cos²2x = 4cos⁴x–4cos²x+1

cos²3x = 16cos⁶x–24cos⁴x+9cos²x

Sustituyendo en la ecuación inicial queda una ecuación en cosx:

16cos⁶x–20cos⁴x+6cos²x = 0

La solución trivial se tiene cuando cosx = 0, es decir, si x = 90º y 270º.

Para hallar otras soluciones simplificamos la ecuación:

4cos⁴x–5cos²x+1,5 = 0

Esta ecuación bicuadrada en cosx se resuelve con la fórmula general:

cos²x = (5±1):8

Si cos²x = (5+1):8 = 3/4 entonces cosx = ±√3/2 y x = 30º, 150º, 210º y 330º.

Si cos²x = (5–1):8 = 1/2 entonces cosx = ±√2/2 y x = 45º, 135º, 225º y 315º.

Aquí represento las soluciones...

Nina ha escrito solamente las soluciones propias. Escribe las infinitas soluciones de la forma más sencilla posible.

RESOLUCIÓN

Yoyó Peluso escribió las infinitas soluciones en radianes.

Profe, mire. Para cada entero K tengo estas soluciones:

x = p/6 + Kp/3.

x = p/4 + Kp/2.

viernes, 26 de febrero de 2016

834. Con triángulos y cuadrados... RESOLUCIÓN

    Profe, mire. Estaba jugando con los triángulos equiláteros y los cuadrados para hacer mosaicos, ya sabe, los que tienen los lados de 5cm, y empecé a combinarlos para hacer polígonos. Entonces me pregunté cuántos polígonos diferentes habría suponiendo que...
   a) Tienen que ser convexos.
   b) Sus lados no pueden medir más de 5cm.
c) Deben estar formados por al menos un triángulo y un cuadrado.
   Por lo que habría que descartar polígonos como los siguientes:

El primero porque no es convexo, el segundo porque tiene lados de 10cm, y el tercero porque no tiene cuadrados. Yo he encontrado los siguientes: un pentágono, un hexágono, un heptágono, un octágono, un eneágono, un decágono y un dodecágono. ¿Habrá alguno más?

Os propongo que investiguéis la cuestión. Respondedme con vuestras conclusiones...

SOLUCIÓN

Antes de leer cómo ha enfocado Nina Guindilla el problema hazte con un juego de triángulos equiláteros y cuadrados... y así podrás comprender sus afirmaciones.

Profe, mire. Con las 3 condiciones del enunciado los polígonos solo pueden tener 4 tipos de ángulos: 60º, 90º, 120º y 150º. Si el polígono tuviera A, B, C y D ángulos de cada tipo, y N ángulos en total, tendríamos la ecuación A+B+C+D = N .

Si en el polígono hubiera un ángulo de 60º, sería de un triángulo... que tendría que estar adosado a 1 cuadrado. (El diamante o rombo de 2 triángulos no está permitido.) Solo habría dos posibilidades: el pentágono (A=1, B=D=2, N=5) y el hexágono (A=2, D=4, N=6).

Si en el polígono hubiera un ángulo de 90º, sería de un cuadrado... que tendría que estar adosado a 1 o a 2 triángulos. En el primer caso sería el pentágono de antes y en el segundo caso solo habría una posibilidad: el heptágono (B=2, C=1, D=4, N=7).

Si solo hubiera ángulos de 120º (triángulo más triángulo) y/o de 150º (triángulo más cuadrado), en el perímetro del polígono se formaría una cadena de triángulos y cuadrados en la que no habría cuadrados consecutivos. (Si en el perímetro no hubiera ningún cuadrado tendríamos un hexágono de 6 triángulos que no está permitido.) De hecho, en el perímetro no podría haber más de 3 triángulos consecutivos. Si aparecieran 3 triángulos consecutivos solo habría una posibilidad: el octógono (C=D=4, N=8). Si aparecieran 2 triángulos consecutivos habría dos posibilidades: el eneágono (C=3, D=6, N=9) y el decágono (C=2, D=8, N=10). Finalmente, si no hubiera triángulos consecutivos solo habría una posibilidad: el dodecágono (D=N=12).

Comprueba que también se cumple la ecuación 4A+3B+2C+D = 12 para todos los polígonos. ¡No es casualidad! Busca un significado geométrico para esta ecuación...

RESOLUCIÓN

Yoyó Peluso comprobó que 4A+3B+2C+D = 12 para todos los polígonos de Pepe... pero no podía explicar si era pura casualidad... Se dio de plazo hasta final de mes... y el mismo día 30 se dio cuenta de que la clave estaba en el número 30...

Mire, profe. Si multiplico la ecuación por 30 tengo 120A+90B+60C+30D = 360. Los coeficientes 120, 90, 60 y 30 son precisamente (en grados) los ángulos suplementarios de 60º, 90º, 120º y 150º respectivamente, por lo que 120A+90B+60C+30D es la suma de los ángulos exteriores de un polígono convexo que siempre es 360º.

833. Las troqueladoras. RESOLUCIÓN

Dos troqueladoras de chapa cortan cada una 3 círculos iguales de 10cm de radio. La primera a partir de una lámina triangular y la segunda a partir de una lámina hexagonal tal como se muestra en la figura. ¿Cuánta chapa desperdicia cada una de las troqueladoras?

Este es el último reto de Pepe Chapuzas. ¡A ver si lo resuelves!

SOLUCIÓN

En este tipo de problemas, Nina Guindilla siempre traza líneas adicionales...

  Profe, mire...
El lado del triángulo es dos veces el radio más dos veces la cuerda de 120º del círculo rojo: 2·10 + 2·2·10·sen60º = 54,641cm. La chapa desperdiciada será el área del triángulo menos el área de los círculos: 54,641·54,641·sen60º:2 – 3·3,1416·100 = 359,342cm².
La altura del hexágono es cuatro veces el radio: 40cm. La chapa desperdiciada será el área del hexágono menos el área de los círculos: 40·40·sen60º – 3·3,1416·100 = 443,163cm².

    Justifica los cálculos de Nina.
    ¿Cuánta chapa desperdiciaría un troqueladora que utilizase una lámina circular?

RESOLUCIÓN

Mire, profe. El radio del círculo azul es el radio del círculo rojo más el radio del triángulo verde: 10 + 10:cos30º = 21,547cm. La chapa desperdiciada será el área del círculo azul menos el área de los círculos rojos: 3,1416·21,547² – 3·3,1416·100 = 516,08cm².

jueves, 25 de febrero de 2016

832. Infinita...mente. RESOLUCIÓN

A los chicos les llama la atención las "operaciones" con el infinito en los límites. En la última revisión de cuadernos vi que Pepe Chapuzas se las aprendió mediante "razonamientos" como los siguientes...

    Ocho entre infinito es cero porque si tengo que repartir ocho caramelos entre infinitos chicos no tocan a nada.
    Ocho entre cero por la derecha es infinito porque si tengo que repartir ocho litros de perfume en frasquitos infinitésimos necesito una infinidad de ellos.

  "Razona" como Pepe las "operaciones" siguientes:

SOLUCIÓN

Profe, mire:

a) Infinito elevado a menos ocho es el inverso de infinito elevado a ocho, o sea, el inverso de infinito, que es cero...

b) Cero por la derecha elevado a menos infinito es el inverso de cero por la derecha elevado a infinito, o sea, el inverso de cero por la derecha... que es infinito.

c) La raíz con índice infinito de ocho es ocho elevado al inverso de infinito, o sea, ocho elevado a cero, que es uno...

¿Algo que objetar a los "razonamientos" de Nina Guindilla? Escribe las "operaciones" que ha hecho Nina con el infinito...

RESOLUCIÓN

Yoyó Peluso entregó por escrito la resolución...

831. La sucesión de Fibonacci. RESOLUCIÓN

Como ejemplo de sucesiones recurrentes siempre recurro a la sucesión de Fibonacci, por la gran cantidad de propiedades y aplicaciones que posee. Les dejo a mis alumnos que investiguen y jueguen con ella y que "descubran" algún resultado curioso. Pepe Chapuzas ha "descubierto" lo siguiente...

Profe mire. Si tomamos cuatro términos consecutivos, el producto de los extremos menos el producto de los medios es 1 o –1.

    ¿Ocurrirá siempre así? Si así lo crees, tienes que demostrarlo...

SOLUCIÓN

Nina Guindilla "descubrió" en Internet la siguiente propiedad de la sucesión de Fibonacci:

  La suma de 10 términos consecutivos de la sucesión de Fibonacci es siempre un múltiplo de 11.

  ¿Te atreves a demostrarlo?

Por otro lado, Nina demostró lo que había "descubierto" Pepe de la siguiente manera...

  Mire, profe. Vamos a utilizar el método de inducción...
Para n = 1 tenemos 1·3–1·2 = 1.
Si suponemos que el caso es cierto para n–1 , es decir, si a_n–1· a_n+2– a_n· a_n+1= ±1 , entonces...

a_n· a_n+3– a_n+1· a_n+2 =

= a_n· (a_n+2+ a_n+1) – (a_n+ a_n–1) · a_n+2=

= a_n· a_n+2+ a_n· a_n+1– a_n· a_n+2– a_n–1· a_n+2=

= a_n· a_n+1– a_n–1· a_n+2=

= ±1.

O sea, se va alternando +1 y –1...

RESOLUCIÓN

Yoyó Peluso probó que la suma de 10 términos consecutivos de la sucesión de Fibonacci es un múltiplo de 11 también con el método de inducción:

Profe, mire. Esto es cierto para los 10 primeros términos...

1+1+2+3+5+8+13+21+34+55 = 143 = 11·13.

Y también

1+2+3+5+8+13+21+34+55+89 = 231 = 11·21

Si suponemos que es cierto para la suma de 10 términos consecutivos anteriores a a_n, entonces...

a_n–9+a_n–8+a_n–7+a_n–6+a_n–5+a_n–4+a_n–3+a_n–2+a_n–1+a_n =
=(a_n–11+a_n–10)+(a_n–10+a_n–9)+(a_n–9+a_n–8)+(a_n–8+a_n–7)+...+(a_n–3+a_n–2)+(a_n–2+a_n–1) =
= (a_n–11+a_n–10+a_n–9+a_n–8+...+a_n–3+a_n–2) + (a_n–10+a_n–9+a_n–8+a_n–7+...+a_n–2+a_n–1) =
= 11·a_n–5 + 11·a_n–4 = 11·a_n–3

Yoyó proporcionó también la siguiente explicación de la sucesión de Fibonacci:

Mire, profe. Si solo tenemos monedas de 1€ y 2€, ¿de cuántas maneras se puede pagar una cuenta de N€? Pues de 1 manera 1€, de 1 manera 2€, de 2 maneras 3€ (1€+1€+1€ y 1€+2€), de 3 maneras para 4€, de 5 maneras para 5€, etc.

830. Los trits. RESOLUCIÓN

Profe, mire. Los ordenadores trabajan con el sistema binario, solo con el 0 y el 1. ¿Se podrían hacer ordenadores que funcionaran con otro sistema?

Le comenté a Pepe Chapuzas que había prototipos experimentales que utilizaban el sistema ternario. Que si los dígitos del sistema binario eran los bits (el 0 y el 1) en el sistema ternario eran los trits (el 0, el 1 y el 2). Que si con 2 bits se podían determinar 4 posiciones, con 2 trits se podían determinar 9, como observé en el siguiente dibujo donde el primer trit indicaba la variación vertical (0=baja, 1=media, 2=alta) y el segundo la variación horizontal (0=izquierda, 1=centrada, 2=derecha). Pepe volvió a formular una pregunta interesante. La respuesta fue afirmativa y en forma de ejercicio.

Entonces, profe, ¿con 3 trits se podrían determinar los cubitos de un cubo de Rubik, y con 4 trits se podrían determinar los cuadraditos de un sudoku?

    Define un sistema para determinar los cubitos de un cubo de Rubik con 3 trits, y otro para los cuadraditos de un sudoku con 4 trits. Con tus propios sistemas determina los cubitos y cuadraditos coloreados:

SOLUCIÓN

Nina Guindilla se llevaba bien con los trits:

  Para el cubo de Rubik necesitamos 3 trits. Por ejemplo, el primero puede ser 0=baja, 1=media, 2=alta; el segundo puede ser 0=izquierda, 1=centrada, 2=derecha; y el tercero puede ser 0=cercana, 1=intermedia, 2=lejana. El cubo naranja sería 100, el rosa sería 210, el azul sería 020, el verde sería 121 y el amarillo sería 222.
Para el sudoku necesitamos 4 trits. Los 2 primeros pueden determinar el cuadrado de 9 cuadraditos y los 2 últimos pueden determinar cuál de los 9 cuadraditos del cuadrado. Si lo hacemos como en el ejemplo suyo el cuadradito azul sería 1011, el naranja sería 1121, el verde sería 2122, el rosa sería 0210 y el amarillo sería 2202.

  Define un sistema para localizar las casillas de un tablero de ajedrez con bits.

RESOLUCIÓN

Mire, profe. El damero (tablero de ajedrez) tiene 64 escaques (casillas), por lo que necesitamos 6 bits para localizar cada casilla. Esto se puede hacer mediante dicotomías (particiones por la mitad). Por ejemplo, 0 puede indicar izquierda o abajo y 1 puede indicar derecha o arriba. De ese modo, si los 3 primeros bits son cortes verticales y los tres últimos son cortes horizontales, la casilla marcada con * será 101100.

Yoyó Peluso podría haber numerado las casillas del 0 a 63 y asignar a cada casilla su número escrito en base 2..., pero no...

829. Estrellitas de 5 puntas. RESOLUCIÓN

Estábamos decorando el aula con estrellitas de 5 puntas porque se acercaba la Navidad. Las estrellitas eran irregulares por no decir chapuceras. Pepe Chapuzas hizo la siguiente observación...

Profe, mire. Creo que la suma de los ángulos de las 5 puntas es igual para todas las estrellas...

Comprueba que la observación de Pepe es correcta. ¿Cuánto suman los 5 ángulos?

SOLUCIÓN

Nina Guindilla había participado entusiasmada en la decoración navideña. La suma de los ángulos la calculó así:

Mire, profe. En todas las estrella se forma un pentágono convexo. La suma de los ángulos exteriores (suplementarios de los interiores) de cualquier polígono convexo es 360º, por lo que la suma de los ángulos verdes es 2·360º = 720º. Como la suma de los ángulos interiores de cualquier triángulo es 180º, la suma de los ángulos rojos y verdes es 5·180º = 900º. Por lo tanto la suma de los ángulos rojos es 900º–720º = 180º.

Demuestra que la suma de los ángulos exteriores de cualquier polígono convexo es 360º. ¿Qué ocurre con los polígonos no cóncavos?

RESOLUCIÓN

Profe, mire. En cada vértice el ángulo interior y el ángulo exterior son suplementarios, esto es, suman 180º. (Si el polígono es cóncavo, algún ángulo interior será mayor que 180º y el "exterior" o "suplementario" será "negativo".) La suma de los N ángulos interiores y exteriores valdrá por lo tanto N·180º. Y como la suma de los ángulos interiores es (N–2)·180º , la de los exteriores será N·180º – (N–2)·180º = 360º.

828. Alfa, beta, gamma y delta. RESOLUCIÓN

En ningún cuaderno de Matemáticas de Pepe Chapuzas falta un alfabeto griego. Pepe lo utiliza con frecuencia como en el siguiente problema (que en realidad son tres) que se inventó, donde las letras griegas representan ángulos:

Los 4 ángulos interiores, a , b , g y d , de un cuadrilátero están en progresión geométrica y, expresados en grados, son números naturales. Calcula a , b y d sabiendo que g vale...

    a) ... 81º.
    b) ... 90º.
    c) ... 96º.

    Calcula las soluciones "naturales".

SOLUCIÓN

Mire, profe. La suma de los 4 ángulos de un cuadrilátero es 360º, si R es la razón de la progresión, será a+b+g+d = (g/R²+g/R+g+g·R) = 360. Multiplicando por R² en la última igualdad nos queda este polinomio de tercer grado: gR³+(g–360)R²+gR+g=0. Vamos a buscar soluciones "naturales" en los 3 apartados:
a) La ecuación 81R³–279R²+81R+81=0 se simplifica: 9R³–31R²+9R+9=0.

Si R=3 la solución "natural" es a=9º, b=27º, g=81º y d=243º.

b) La ecuación 90R³–270R²+90R+90=0 se simplifica: R³–3R²+R+1=0.

Si R=1 la solución "natural" es a=b=g=d=90º: es un rectángulo (o un cuadrado).

c) La ecuación 96R³–264R²+96R+96=0 se simplifica: 4R³–11R²+4R+4=0.

Si R=2 la solución "natural" es a=24º, b=48º, g=96º y d=192º.

    Nina Guindilla ha calculado las soluciones "naturales". Calcula tú las soluciones no "naturales".

RESOLUCIÓN

    Yoyó Peluso solo tenía que resolver las ecuaciones de 2º grado que había obtenido Nina con la regla de Ruffini... (Solo calculó las razones de las progresiones.)

    Para el caso a):

Para el caso b):

Para el caso c):

827. El cubo del príncipe Ruperto. RESOLUCIÓN

Uno de los juguetes favoritos de Pepe Chapuzas es el cubo de Rubik. Tiene una asombrosa habilidad (yo diría innata) para manipularlo... Hablando de cubos... Un día en clase conté la paradoja del cubo del príncipe Ruperto (que era un príncipe de verdad). Conté que se trataba en realidad de dos cubos del mismo tamaño, solo que a uno se le había horadado un túnel (con su agujero de entrada y su agujero de salida) de manera que a través de él podía pasar el otro cubo (sin forzarlos y con holgura)... Y que de hecho, los matemáticos habían logrado hacer pasar por el mismo túnel otro cubo aún mayor (de nuevo sin forzarlos y con holgura)... Mis alumnos me miraron con escepticismo. Pepe también... pero solo un rato... Al día siguiente Pepe trajo a clase un modelo en cartulina (un poco chapucero, todo hay que decirlo) para ilustrar la paradoja...

Si tienes habilidad, infórmate de cómo se hace, fabrica un modelo, y se lo enseñas a tus compañeros...

SOLUCIÓN

Nina Guindilla entendió que la paradoja del príncipe Ruperto no era tal.

Profe, basta con ver un cubo frente a una cara y el otro frente a un vértice... y comprobar que una silueta (cuadrado) entra en la otra (hexágono)...

    Nina llamaba siluetas a las proyecciones sobre planos. El dibujo estaba bien para empezar pero habría que hacer algún que otro razonamiento, ¿verdad?

RESOLUCIÓN

Yoyó Peluso razonó de la siguiente manera...

    Mire, profe. La apotema del hexágono mide lo mismo que el radio del cuadrado, por lo que el cuadrado está inscrito en la circunferencia inscrita en el hexágono..., y como los vértices del cuadrado no coinciden con los puntos de tangencia de la circunferencia con el hexágono (los puntos medios de los lados del hexágono)... pues cabe...
    Además, he leído que también se puede hacer pasar un octaedro regular a través de un túnel practicado en otro octaedro regular del mismo tamaño... Y otro tanto con dos tetraedros regulares iguales... ¡Quién lo diría...!

miércoles, 24 de febrero de 2016

826. Un mensaje incompleto... RESOLUCIÓN

Pepe Chapuzas ha enviado el siguiente mensaje electrónico a sus compañeros. (Y de paso a mí). Lo transcribo aquí para que os entretengáis un rato...

Completa este mensaje con las cifras que faltan. (Las cantidades se escriben con cifras, no con letras).
En este mensaje,
la cifra 1 aparece ....... vez/veces,
la cifra 2 aparece ....... vez/veces,
la cifra 3 aparece ....... vez/veces,
la cifra 4 aparece ....... vez/veces,
la cifra 5 aparece ....... vez/veces,
la cifra 6 aparece ....... vez/veces,
la cifra 7 aparece ....... vez/veces,
la cifra 8 aparece ....... vez/veces y
la cifra 9 aparece ....... vez/veces.