Problemas de la XLII Olimpiada Matemática Española

En un reciente viaje a Las Palmas de Gran Canaria, mi visita a su Museo de las Ciencias coincidió con la ejecución de las pruebas para la XLII Olimpiada Matemática Española. He aquí los problemas con que se enfrentaban los esforzados quinceañeros.

Problema 1

Se da un triángulo rectángulo isósceles ABC, con el ángulo recto en C, y los catetos de longitud 2. Un arco de círculo l con centro A divide al triángulo en dos partes de la misma área, mientras que el arco de círculo m con centro en B es tangente al arco l en un punto de la hipotenusa AB.

Hallar el área de la porción del triángulo no cubierta por los sectores circulares correspondientes a los dos arcos.

Problema 2

Se suponen conocidas las raíces reales de las n ecuaciones de segundo grado que se indican en el siguiente cuadro:

Ecuación Raíces

x² +a₁x+b₁ = 0 x_o, x₁

x² +a₂x+b₂ = 0 x_o, x₂

…………………………..................

x² +a_nx+b_n = 0 x_o, x_n

Encontrar, razonadamente, las raíces de la ecuación

Problema 3

En el triángulo ABC se traza la bisectriz interior CD. Se sabe que el centro del círculo inscrito en el triángulo BCD coincide con el centro del círculo circunscrito del triángulo ABC. Calcular los ángulos del triángulo ABC.

No está permitido el uso de calculadoras.

Cada problema puntúa sobre 7 puntos.

El tiempo de cada sesión es de 3,5 horas.

JMAiO; BCN, ene 06

SOLUCIONES

Problema 1

La hipotenusa del triángulo vale 2√2, y su área, 2.

El área del sector con radio l es S = πl²/8. Igualado a 1, mitad del área, resulta l = √(8/π). De donde el otro sector tendrá por radio l’ = 2√2 - √(8/π). El área de este nuevo sector es:

Restando este valor de 1 (mitad del área del triángulo) y simplificando, llegamos a:

Problema 2

Podemos escribir las ecuaciones así:

Sumando, sacando factor común a (x-x₀) y dividendo por n obtenemos:

Es decir, que las raíces son x₀ y la media aritmética de {x₁,x₂,…x_n}.

Problema 3

Llamaremos “triángulo menor” al definido por el lado AB y la bisectriz AD del triángulo principal. Si el punto O es al a vez incentro del triángulo menor y ortocentro del principal, ambas circunferencias serán concéntricas. Las líneas AB y AD, lados del triángulo menor, son tangentes al incírculo.

Bastará con construir el ángulo ^CAD = ^BAD para obtener la dirección del segundo lado del triángulo principal, cuyo vértice C estará en la intersección con el circuncírculo. La tangente al incírculo por B nos llevará al mismo punto C.

Por otra parte, la tangente por C al incírculo nos lleva a E. Se cumple por tanto ^ACE = ^ECB. Y a la vez, como AD es, recordémoslo, bisectriz de ^CAB, los arcos CD y BD son iguales.

Es decir, que el circuncírculo ha quedado dividido en 5 partes iguales. Los vértices AEBDC están sobre un pentágono regular. Las líneas AB, BC, CE, ED y DA forman el pentágono estrellado o pentalfa. Inmediatamente resulta que los lados del triángulo ABC son 72º, 36º y 72º. Precisamente éste es el llamado “triángulo áureo”, cuyos lados están en la relación áurea, Φ = 1,618…