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La base de datos contiene 2434 problemas y 940 soluciones.
Problema 682
En el triángulo $ABC$, la bisectriz trazada desde $A$ divide al lado opuesto en dos segmentos, de los que conocemos uno: $BT = 572\mathrm{m}$. Si dicha bisectriz corta a la mediana $BM$ en los segmentos $BD = 200\mathrm{m}$ y $DM = 350\mathrm{m}$, calcula el lado $a$ de dicho triángulo y plantea una ecuación con incógnita $c$ para obtener el lado $c$ (no hace falta calcularlo explícitamente).
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Pista. Aplica el teorema de la bisectriz a dos triángulos. Aplica también la fórmula de la longitud de la mediana en términos de los lados.
Solución. Aplicando el teorema de la bisectriz a $ABC$, tenemos que \[\frac{572}{c}=\frac{BT}{AB}=\frac{CT}{AC}=\frac{a-572}{b}.\] Aplicando el mismo teorema a $ABM$, tenemos que \[\frac{200}{c}=\frac{BD}{AB}=\frac{DM}{AM}=\frac{350}{b/2}=\frac{700}{b}.\] Podemos entonces despejar $a$ como \[a=572+\frac{572b}{c}=572+\frac{572\cdot 700}{200}=2002\quad\text{(¡el año!)}.\] Para responder a la otra pregunta, utilizaremos que ya hemos calculado $b=\frac{7}{2}c$ y la fórmula para la longitud de la mediana $BM$. Concretamente, \[550^2=BM^2=\frac{a^2+c^2}{2}-\frac{b^2}{4}=\frac{2002^2+c^2}{2}-\frac{49}{16}c.\]

Nota. Obviamente, la ecuación se puede resolver muy fácilmente aunque hay que hacer cálculos tediosos. El resultado es $c=\frac{44}{41}\sqrt{1019998}$.

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Problema 677
Un cristalero dispone de una pieza de vidrio de forma triangular. Usando sus conocimientos de geometría, sabe que podría cortar de ella un círculo de radio $r$. Demuestra que, para cualquier número natural $n$, de la pieza triangular puede obtener $n^2$ círculos de radio $\frac{r}{n}$ (suponiendo que se puedan hacer siempre los cortes perfectos).
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Pista. Subdivide el triángulo en $n^2$ triángulos iguales entre sí y semejantes al primero. Ahora repite la operación del cristalero en cada uno de los $n^2$ triángulos (a escala).
Solución. Subdividimos cada lado en $n$ segmentos iguales y los unimos mediante paralelas a los lados, como se muestra en la figura para $n=4$. Este proceso descompone el triángulo original en $n^2$ triángulos congruentes y semejantes al original con razón de semejanza $\frac{1}{n}$. En tal caso, puede repetir el corte que ha hecho sobre el triángulo grande a escala $\frac{1}{n}$ en cada triángulo pequeño; en particular, puede trazar círculos de radio $\frac{r}{n}$ si en el triángulo grande ha podido trazar círculos de radio $r$.imagen
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Problema 675
Las longitudes de los lados de un triángulo están en progresión geomética de razón $r$. Hallar los valores de $r$ para los que el triángulo es, respectivamente, acutángulo, rectángulo y obtusángulo.
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Pista. Si $a$ denota al lado mayor del triángulo y $b$ y $c$ son los otros dos, el teorema de Pitágoras $a^2=b^2+c^2$ se da cuando el triángulo es rectángulo, pero las desigualdades $a^2\lt b^2+c^2$ y $a^2\gt b^2+c^2$ se dan, respectivamente, cuando el triángulo es acutángulo y obtusángulo.
Solución. Supongamos que las longitudes de los lados son $a,ar,ar^2$ para $r\geq 1$. El triángulo en cuestión debe verificar la desigualdad triangular para existir. Como lados están ordenados de mayor a menor, también lo estarán los correspondientes lados opuestos, lo que nos lleva a que la desigualdad triangular equivale a $ar^2\gt a+ar$, es decir, $r^2-r-1\gt 0$. Esta desigualdad se resuelve fácilmente y nos dice que el dominio donde se mueve la variable $r$ es $1\leq r\lt\frac{1+\sqrt{5}}{2}$.

De vuelta al problema en cuestión, se trata de ver si el ángulo $\alpha$ opuesto a $ar^2$ es agudo, recto u obtuso. Por el teorema del coseno, este ángulo verifica \[(ar^2)^2=a^2+(ar)^2-2a(ar)\cos(\alpha)\ \Leftrightarrow\ \cos(\alpha)=\frac{1+r^2-r^4}{2r}\] y buscamos saber cuándo esta última cantidad es negativa (obtusángulo), cero (rectángulo) o positiva (acutángulo). Para ello, resolvemos la ecuación bicuadrada $1+r^2-r^4=0$, que nos da soluciones \[r^2=\frac{1\pm\sqrt{5}}{2}\ \Rightarrow\ r=\pm\sqrt{\frac{1+\sqrt{5}}{2}},\] donde hemos descartado las dos soluciones (complejas) en que $r^2$ era negativo. Deducimos que el polinomio $p(r)=1+r^2-r^4$ cambia de signo en estos dos valores (son raíces simples). Como el coeficiente de mayor grado es negativo, $p(r)$ pasa de negativo a positivo y luego a negativo. Tenemos así la solución al problema:

  • acutángulo: $1\leq r\lt \sqrt{\frac{1+\sqrt{5}}{2}}$,
  • rectángulo: $r=\sqrt{\frac{1+\sqrt{5}}{2}}$,
  • obtusángulo: $\sqrt{\frac{1+\sqrt{5}}{2}}\lt r\lt \frac{1+\sqrt{5}}{2}$.
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Problema 671
Dos números enteros no negativos $a$ y $b$ son cuates si $a+b$ tiene solamente ceros y unos en su expresión decimal. Sean $A$ y $B$ dos conjuntos infinitos de enteros no negativos tales que $B$ es el conjunto de todos los números que son cuates de todos los elementos de $A$ y $A$ es el conjunto de todos los números que son cuates de todos los elementos de $B$. Demostrar que en uno de los dos conjuntos, $A$ o $B$, hay infinitos pares de números $x$ e $y$ tales que $x-y=1$.
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Problema 670
Sean $P$ y $Q$ dos puntos distintos en el plano. Denotaremos por $m(PQ)$ la mediatriz del segmento $PQ$. Sea $S$ un subconjunto finito del plano, con más de un elemento, que satisface las siguientes propiedades:
  • Si $P$ y $Q$ están en $S$, entonces $m(PQ)$ corta a $S$.
  • Si $P_1Q_1$, $P_2Q_2$ y $P_3Q_3$ son tres segmentos diferentes cuyos extremos son puntos de $S$, entonces no existe ningún punto de $S$ en la intersección de $m(P_1Q_1)$, $m(P_2Q_2)$ y $m(P_3Q_3)$.
Determinar el número de puntos que puede tener $S$.
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