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 $x=\frac{a^2}{2b}$

Problema 30. Olimpiadas matemáticas

Dada la recta $x=a$, un punto $M\left(x_1,y_1\right)$ se proyecta ortogonalmente sobre$x=a$ en D y se traza OM que corta a$x=a$ en B. Una paralela a OX por B corta a OD en N, Halla el lugar geométrico de N cuando M describe la cirunferencia $(x-b{)}^2+y^2=b^2$

Solución del problema 30

Solución del problema 29

Enunciado del problema 29

Operando y haciendo $t=2^{co{s}^{2}x}$

$$\begin{array}{ccc}{2}^{se{n}^{2}x}+2^{co{s}^{2}x}& =& 2\sqrt{2}\\ 2^{1-co{s}^{2}x}+2^{co{s}^{2}x}& =& 2\sqrt{2}\\ \frac{2}{2^{co{s}^{2}x}}+2^{co{s}^{2}x}& =& 2\sqrt{2}\\ \frac{2}{t}+t& =& 2\sqrt{2}\\ t^2-2\sqrt{2}t+2& =& 0\Rightarrow t=\sqrt{2}\end{array}$$

Si $t=\sqrt{2}$

$$2^{co{s}^{2}x}=2^{\frac{1}{2}}\Rightarrow co{s}^{2}x=\frac{1}{2}\Rightarrow cosx=\pm \frac{1}{\sqrt{2}}\Rightarrow x=45º+45ºk,k\in Z$$

Haciendo $45+45k=2013\Rightarrow 45k=1968\Rightarrow k=43.7$

Luego las soluciones por defecto y por exceso serán para $k=44$ y $k=43$

$$\begin{array}{ccc}45+45\cdot 44& =& 2025\\ 45+45\cdot 43& =& 1980\end{array}$$

Problema 29. Olimpiada matemáticas 2013

Obtén los valores enteros de x mas próximos a 2013º, tanto por defecto como por exceso, que cumplen esta ecuación trigonométrica:

$$2^{se{n}^{2}x}+2^{co{s}^{2}x}=2\sqrt{2}$$

Solución del problema 29

Solución del problema 28

Enunciado del problema 28

Si llamamos $a,b,c$ a las raíces del polinomio resulta:

$$\begin{array}{ccc}a+b+c& =& -2\\ ab+ac+bc& =& +3\\ abc& =& -4\end{array}$$

$$(a+b+c{)}^2=a^2+b^2+c^2+2ab+2ac+2bc=a^2+b^2+c^2+2(ab+ac+bc)$$

Despejando

$$a^2+b^2+c^2=(a+b+c{)}^2-2(ab+ac+bc)=(-2{)}^2-2\left(3\right)=4-6=-2$$

Además

$$\begin{array}{ccc}(a+b+c{)}^3& =& \left(a^2+b^2+c^2+2ab+2ac+2bc\right)\left(a+b+c\right)=\end{array}$$

$$=a^3+a{b}^2+a{c}^2+a^{2}b+b^3+b{c}^2+a^{2}c+b^{2}c+c^3+2\left(ab+ac+bc\right)\left(a+b+c\right)=$$

$$a^3+b^3+c^3+a{b}^2+a{c}^2+a^{2}b+b{c}^2+a^{2}c+b^{2}c+2\left(3\right)\left(-2\right)=(*)$$

Como

$$2\left(ab+ac+bc\right)\left(a+b+c\right)=a^{2}b+a^{2}c+abc+a{b}^2+abc+b^{2}c+abc+a{c}^2+b{c}^2=$$

$$=a^{2}b+a^{2}c+a{b}^2+b^{2}c+a{c}^2+b{c}^2+3abc$$

Despejando y sustituyendo en (*)

$$(*)=a^3+b^3+c^3+\left(ab+ac+bc\right)\left(a+b+c\right)-3abc-12$$

Despejando

$$a^3+b^3+c^3=(a+b+c{)}^3-(ab+ac+bc\left)\right(a+b+c)+3abc+12=$$

$$=(-2{)}^3-(3\left)\right(-2)+3(-4)+12=-2$$

Por tanto

$$a^3+b^3+c^3=a^2+b^2+c^2=a+b+c=-2$$

Problema 28. OM2013

Prueba que las sumas de las primeras, segundas y terceras potencias de las raíces del polinomio $p\left(x\right)=x^3+2x^2+3x$+4 valen lo mismo

Solución del problema 28

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