Solución al problema 130

Enunciado del problema 130

Calculemos las coordenadas de algunos puntos

Coordenadas de D: $\left(a,y_1\right)$

Como $$\frac{OQ}{OP}=\frac{MQ}{BP}\Rightarrow \frac{x_1}{a}=\frac{y_1}{BP}\Rightarrow BP=\frac{a{y}_1}{x_1}$$

Coordenadas de B:$\left(a,\frac{a{y}_1}{x_1}\right)$

Como

$$\frac{OP}{OP\text{'}}=\frac{DP}{NP\text{'}}\Rightarrow \frac{a}{OP\text{'}}=\frac{y_1}{\frac{a{y}_1}{x_1}}\Rightarrow OP\text{'}=\frac{a^2}{x_1}$$

Coordenadas de N:$\left(\frac{a^2}{x_1},\frac{a{y}_1}{x_1}\right)$

Tomamos

$\{\begin{array}{c}x=\frac{a^2}{x_1}\Rightarrow x^2=\frac{a^4}{x_1^2}\Rightarrow x_1^2=\frac{a^4}{x^2}\\ y=\frac{a{y}_1}{x_1}\Rightarrow y^2=\frac{a^2{y}_1^2}{x_1^2}\Rightarrow y_1^2=\frac{a^2{y}^2}{x^2}\end{array}.$

Como $(x_1-b{)}^2+y_1^2=b^2\Rightarrow x_1^2-2b{x}_1+y_1^2=0$

Y sustituyendo las coordenadas $x_1,y_1$

$$\frac{a^4}{x^2}-\frac{2b{a}^2}{x}+\frac{a^2{y}^2}{x^2}=0\Rightarrow a^4-2b{a}^{2}x+a^2{y}^2=0$$

$$a^2-2bx+y^2=0\Rightarrow y^2=2bx-a^2$$

que es una parábola

Solución al problema 120

Enunciado del problema 120

a)

Supongamos que el lado de un polígono regular es $a=AB$. Tenemos que calcular el lado del polígono regular con el doble número de lados $AC$

Como

$$BM=\frac{a}{2}\Rightarrow OM=\sqrt{1-{\left(\frac{a}{2}\right)}^2}$$

$$MC=1-OM=1-\frac{\sqrt{1-a^2}}{2}$$

$$\begin{array}{ccc}B{C}^2& =& B{M}^2+M{C}^2=\frac{a^2}{4}+{\left(1-\sqrt{1-\frac{a^2}{4}}\right)}^2=\end{array}$$

$$\begin{array}{ccc}\frac{a^2}{4}+1-2\sqrt{1-\frac{a^2}{4}}+1-\frac{a^2}{4}& =& 2-\sqrt{4-a^2}\end{array}$$

Por tanto si $a_n$ el el lado del polígono regular de $n$lados, el lado del polígono regular de $2n$ lados vale $a_{2n}=\sqrt{2-\sqrt{4-a_n^2}}$

b)$a_4$ es el cuadrado inscrito en una circunferencia de radio 1, y por tanto el lado del cuadrado es $\sqrt{2}$

$$a_8=\sqrt{2-\sqrt{4-a_4^2}}=\sqrt{2-\sqrt{4-2}}=\sqrt{2-\sqrt{2}}=0.765366$$

Perímetro$$P_8=8\sqrt{2-\sqrt{2}}$$

Aproximación a pi

$${\pi }_8=\frac{8\sqrt{2-\sqrt{2}}}{2}=4\sqrt{2-\sqrt{2}}=3.06146$$

En general

$${\pi }_{2n}=\frac{2n{a}_{2n}}{2}=n\sqrt{2-\sqrt{4-a_n^2}}$$

$2n$	$a_{2n}$	${\pi }_{2n}$	${\pi }_{2n}-\pi$
$4$	$1,414213562$	$2,828427125$	$-0,313165529$
$8$	$0,765366865$	$3,061467459$	$-0,080125195$
$16$	$0,390180644$	$3,121445152$	$-0,020147501$
$32$	$0,196034281$	$3,136548491$	$-0,005044163$
$64$	$0,098135349$	$3,140331157$	$-0,001261497$
$128$	$0,049082457$	$3,141277251$	$-0,000315403$
$256$	$0,024543077$	$3,141513801$	$-7,88524\cdot 10^{-5}$
$512$	$0,012271769$	$3,14157294$	$-1,97132\cdot 10^{-5}$
$1024$	$0,006135914$	$3,141587725$	$-4,92831\cdot 10^{-6}$
$2048$	$0,00306796$	$3,141591422$	$-1,23209\cdot 10^{-6}$
$4096$	$0,001533981$	$3,141592346$	$-3,07979\cdot 10^{-7}$
$8192$	$0,00076699$	$3,141592577$	$-7,70448\cdot 10^{-8}$

Solución al problema 91

Enunciado del problema 91

En el esquema DB y CA son paralelos y DA y CB se cortan en P, por tanto los triángulos DBP y PAC son semejantes, es decir:

$$\frac{DP}{PA}=\frac{DB}{CA}=\frac{3}{6}\Rightarrow \frac{DP}{PA}=\frac{1}{2}$$

Los triángulos DAB y POA también son semejantes porque tienen el ángulo A, que es comúny además

$$\frac{DA}{BA}=\frac{DP+PA}{9}=\frac{\frac{PA}{2}+PA}{9}=\frac{PA}{6}=\frac{PA}{OA}$$

Por tanto

$$\frac{PO}{DB}=\frac{OA}{BA}\Rightarrow PO=\frac{OA\cdot DB}{BA}=\frac{6\cdot 3}{9}=2$$

Es decir que P está a una distancia 2 del origen.

El lugar geométrico es una circunferencia de centro el origen y radio 2

Solución 2 al problema 73

Enunciado del problema 73

Podemos suponer sin pérdida de generalidad que la circunferencia está centrada en el origen, de radio r y las rectas tangentes son paralelas al eje OX.

Sean las rectas $y=r;y=-r$ y la circunferencia $x^2+y^2=r^2$. Sea $\left(x_{0,}{y}_0\right)$ un punto de la circunferencia, y que verifica $x_0^2+y_0^2=r^2$.La recta tangente a la circunferencia en este punto será $y-y_0=-\frac{x_0}{y_0}(x-x_{0)}$. Cortando con cada una de las rectas paralelas nos queda:

$$r-y_o=-\frac{x_0}{y_0}\left(x-x_0\right)\Rightarrow x=\frac{r^2-y_{0}r}{x_0}$$

$$-r-y_o=-\frac{x_0}{y_0}\left(x-x_0\right)\Rightarrow x=\frac{r^2+y_{0}r}{x_0}$$

Los puntos $A$ y $B$ tienen por coordenadas

$$A=\left(\frac{r^2-y_{0}r}{x_0},r\right)$$

$$B=\left(\frac{r^2+y_{0}r}{x_0},-r\right)$$

Haciendo el producto escalar de los vectores $OA$ y $OB$, se comprueba que vale $0$, y por tanto son perpendiculares

$$OA\cdot OB=\frac{r^2-y_{0}r}{x_0}\cdot \frac{r^2+y_{0}r}{x_0}-r^2=\frac{r^4-y_0^2{r}^2}{x_0^2}-r^2=$$

$$\frac{r^2\left(r^2-y_0^2\right)}{x_0^2}-r^2=\frac{r^2{x}_0^2}{x_0^2}-r^2=0$$

Solución al problema 56. Olimpiadas matemáticas

Enunciado del problema 56

a)

Si la altura de un triángulo equilátero vale 1, el lado valdrá:

$$1=\sqrt{a^2-\frac{a^2}{4}}=\frac{a\sqrt{3}}{2}\Rightarrow a=\frac{2}{\sqrt{3}}$$

El lado del triángulo es $\frac{2}{\sqrt{3}}$. Sin pérdida de generalidad tomemos un triángulo equilátero cuyos vértices tienen de coordenadas $O\left(0,0\right);A\left(\frac{1}{\sqrt{3}},1\right);B\left(\frac{2}{\sqrt{3}},0\right)$, cuyos lados miden $\frac{2}{\sqrt{3}}$.

Sea $P\left(x,y\right)\in T$, donde T es el triángulo de vértices OAB.

Calculemos la distancia de P a cada una de las rectas

Recta $OA$

$$y=\sqrt{3}x\Rightarrow \sqrt{3}x-y=0$$

Además si $P\in T,\sqrt{3}x-y>0$

$$d\left(P,OA\right)=\frac{|\sqrt{3}x-y|}{2}=\frac{\sqrt{3}x-y}{2}$$

porque $\sqrt{3}x-y>0$

Recta $OB$

$$y=0$$

Además si $P\in T,y>0$

$$d\left(P,OB\right)=\frac{\left|y\right|}{1}=y$$

porque $y>0$

Recta $AB$

$$\left(\frac{2}{\sqrt{3}},0\right)-\left(\frac{1}{\sqrt{3}},1\right)=\left(\frac{1}{\sqrt{3}},-1\right)\Rightarrow m=-\sqrt{3}$$

$$y=-\sqrt{3}\left(x-\frac{2}{\sqrt{3}}\right)\Rightarrow y=-\sqrt{3}x+2\Rightarrow \sqrt{3}x+y-2=0$$

Además si $P\in T,\sqrt{3}x+y-2>0$

$$d\left(P,AB\right)=\frac{|\sqrt{3}x+y-2|}{2}=\frac{-\sqrt{3}x-y+2}{2}$$

porque $\sqrt{3}x+y-2<0$

Sumando las tres distancias:

$$\begin{array}{ccc}d\left(P,OA\right)+d\left(P,OB\right)+d\left(P,AB\right)& =& \frac{\sqrt{3}x-y}{2}+y+\frac{-\sqrt{3}x-y+2}{2}\\ d\left(P,OA\right)+d\left(P,OB\right)+d\left(P,AB\right)& =& \frac{2y+\sqrt{3}x-y-\sqrt{3}x-y+2}{2}=1\end{array}$$

b)

Hay que ver que puntos cumplen alguna de estas condiciones:

$$\begin{array}{ccc}d\left(P,OB\right)& >& d\left(P,OA\right)+d\left(P,AB\right)\\ d\left(P,OA\right)& >& d\left(P,OB\right)+d\left(P,AB\right)\\ d\left(P,AB\right)& >& d\left(P,OB\right)+d\left(P,OA\right)\end{array}$$

Tomemos la primera relación sustituyendo lo que vale cada distancia

$$y>\frac{\sqrt{3}x-y}{2}+\frac{-\sqrt{3}x-y+2}{2}=\frac{\sqrt{3}x-y-\sqrt{3}x-y+2}{2}=\frac{-2y+2}{2}=-y+1$$

Es decir que $y>-y+1\Rightarrow 2y>1\Rightarrow y>\frac{1}{2}$

Por tanto el conjunto de puntos $P\left(x,y\right)$ que cumplen la condición de que $d\left(P,OB\right)>d\left(P,OA\right)+d\left(P,AB\right)$ son aquellos para los que $y>\frac{1}{2}$, o sea el triángulo sombreado figura 1. Por simetría los que cumplen las otras dos condiciones también son triángulos del mismo tamaña y forma, es decir, los de la figura 2

Figuras 1 y 2

c)

Si el bastón se rompe en 3 trozos de tamaños a, b y c, al tener el bastón tamaño 1, resulta que a+b+c=1. Para que no se pueda formar un triángulo, un lado debe ser mayor que la suma de los otros dos. Es decir, coincide con el área sombreada. Sólo se podrá formar un triángulo cuando los trozos cuya representación gráfica caiga en el triángulo interiror. Por tanto $p=\frac{1}{4}$

Solución del problema 35

Enunciado del problema 35

Sea $\left(x,y\right)$ el afijo de $z=x+iy$

$$zi=\left(x+iy\right)i=xi-y=-y+xi$$

El afijo de este número complejo es $\left(-y,x\right)$

Por tanto deben de esstar alineados los puntos $\left(x,y\right),\left(-y,x\right),\left(0,1\right)$

La recta que une los dos últimos es

$$Y-1=\frac{1-x}{y}X$$

Como (x,y) debe pertenecer a esta recta para estar alineados:

$$y-1=\frac{1-x}{y}x\Rightarrow y^2-y=\left(1-x\right)x\Rightarrow y^2-y=x-x^2\Rightarrow x^2+y-x-y=0$$

$${\left(x-\frac{1}{2}\right)}^2+{\left(y-\frac{1}{2}\right)}^2={\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right)}^2$$

Esto es una circunferencia de centro $\left(\frac{1}{2},\frac{1}{2}\right)$y radio $\frac{\sqrt{2}}{2}$

Solución del problema 30

Enunciado del problema 30

Tenemos que $(x_1-b{)}^2+y_1^2=b^2$

El punto N será

$$N\left(\frac{a^2}{x_1},\frac{a{y}_1}{x_1}\right)$$

Sea

$$.\begin{array}{c}x=\frac{a^2}{x_1}\\ y=\frac{a{y}_1}{x_1}\end{array}\}\Rightarrow x_1=\frac{a^2}{x}\Rightarrow y=\frac{a{y}_1}{\frac{a^2}{x}}=\frac{y_{1}x}{a}\Rightarrow \{\begin{array}{c}{x}_1=\frac{a^2}{x}\\ y_1=\frac{ay}{x}\end{array}.$$

Como $x_1^2-2b{x}_1+y_1^2=0$, sustituyendo

$$\begin{array}{ccc}{\left(\frac{a^2}{x}\right)}^2-2b\frac{a^2}{x}+\frac{a^2{y}^2}{x^2}& =& 0\\ \frac{a^4}{x^2}-\frac{2b{a}^2}{x}+\frac{a^2{y}^2}{x^2}& =& 0\\ a^4-2b{a}^{2}x+a^2{y}^2& =& 0\\ a^2-2bx+y^2& =& 0\\ y^2+a^2& =& 2bx\\ y^2-\left(-a^2\right)& =& 2bx\end{array}$$

Esto es una parábola de vértice el punto $x=\frac{a^2}{2b}$

Solución del problema 27

Enunciado del problema 27

Como el ángulo $\widehat{TOC}=\widehat{COP}=\alpha \Rightarrow \widehat{TOP}=2\alpha$

Por tanto la pendiente de la recta OM será

$$tan2\alpha =\frac{2tan\alpha }{1-{tan}^2\alpha }=\frac{\frac{2a}{t}}{1-\frac{a^2}{t^2}}=\frac{2at}{t^2-a^2}$$

La ecuación de la recta OM es $y=\frac{2at}{t^2-a^2}x$ para cada t (a es constante)

Cortándola con la recta $x=t$ nos da como coordenada de $M=\left(t,\frac{2a{t}^2}{t^2-a^2}\right)$

Luego la ecuación del lugar geométrico es

$$y=\frac{2a{x}^2}{x^2-a^2}$$

cuya gráfica aproximada es