Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Pongamos que fabrica $x$ unidades del producto más caro, $y$ unidades del intermedio y $z$ unidades del más económico, luego deben cumplirse las siguientes restricciones: \[\left\{\begin{array}{l}70x+65y+50z=6850,\\x+y+z=100\end{array}\right.\] Multiplicando la segunda ecuación por $70$ y restándole al resultado la primera, llegamos tras simplificar a la siguiente condición \[y+4z=30.\] Queremos la solución de esta ecuación en números enteros que minimice $y+z$ (lo que equivale a maximizar $x$). Claramente, debemos tomar $z$ lo mayor posible y completar con $y$. El mayor valor de $z$ que hace que $y+4z$ no pase de $30$ es $z=7$, lo que nos deja con $y=2$ y $x=100-x-y=91$.

Por lo tanto, debemos tomar $91$ unidades del producto que vale 70 pesetas, $2$ unidades del que vale $65$ pesetas y $7$ unidades del que vale $50$ pesetas.

Solución. Sea $\rho$ el radio de la base menor y $h$ la altura del tronco de cono. Teniendo en cuenta que la altura del cono sin truncar es $mr$ y la del cono pequeño eliminado es $\rho m=rm-h$, se calcula fácilmente el volumen del tronco \[V=\frac{\pi}{3m^2}(m^3r^3-(mr-h)^3).\] Como la masa total es $Vd+\pi\rho^2p$, la función a maximizar es \[f(h)=\frac{\pi}{3m^2}(m^3r^3-(mr-h)^3)+\frac{\pi p}{m^2}(rm-h)^2.\] Esta función es un polinomio de tercer grado en $h$ cuya derivada viene dada por \[f'(h)=\frac{\pi}{m^2}(d(mr-h)^2-2p(mr-h)),\] que se anula cuando $h=mr$ o bien cuando $h=mr-\frac{2p}{d}$. Ahora bien, $f(h)$ es un polinomio de tercer grado con coeficiente líder positivo, luego tendrá un máximo relativo en $h=mr-\frac{2p}{d}$ y un mínimo relativo en $h=mr$. Además, se tiene la restricción $0\lt h\leq mr$ ya que la altura tiene que ser positiva y menor o igual que la del cono sin truncar. Se deduce así que

• Si $\frac{2p}{d}\lt mr$, la masa máxima se alcanza para $h=mr-\frac{2p}{d}$.
• En caso contrario, si $\frac{2p}{d}\geq mr$, la masa máxima se alcanza para $h=0$.

Solución. Tenemos que \[\frac{3x-b}{3x-5b}=\frac{3a-4b}{3a-8b}\ \Longleftrightarrow\ (3x-b)(3a-8b)=(3a-4b)(3x-5b)\ \Longleftrightarrow\ b(x-a+b)=0.\] Por lo tanto, con la hipótesis de que ambas razones son iguales, necesariamente $b=0$ (en cuyo caso sí se tiene claramente que ambas son igual a $1$ y no hay paradoja) o bien $x-a+b=0$ (en cuyo caso la última igualdad no es $1$ ya que el denominador es cero y no puede hacerse el razonamiento).

En otras palabras, si $\frac{p}{q}=\frac{r}{s}$ entonces estas razones coinciden con $\frac{p-r}{q-s}$ con la condición adicional de que $q-s$ no sea cero.

Solución. El disco da $33\frac{1}{3}\times 24.5=\tfrac{100}{3}\times\frac{49}{2}=\tfrac{2450}{3}$ revoluciones en total, lo que nos da un ángulo de giro de $\tfrac{2450}{3}\times 2\pi=\frac{4900}{3}\pi$ radianes. La trayectoria del surco sigue una espiral de Arquímedes, que se parametriza en coordenadas polares como $r(\theta)=a\theta$, donde $a$ es el paso de la espiral.

Pongamos que el ángulo inicial es $\theta_i$ y el ángulo final es $\theta_f=\frac{4900}{3}\pi+\theta_i$, mientras que el radio inicial es $r_i=\frac{23}{4}$ y el radio final es $r_f=\frac{29}{2}$. Por lo tanto, debe cumplirse que \[\frac{23}{4}=a\theta_i,\qquad \frac{29}{2}=a\left(\frac{4900}{3}\pi+\theta_i\right).\] De este sistema de ecuaciones se deduce fácilmente que $\theta_i=\frac{3220}{3}\pi$ y $a=\frac{3}{560\pi}$, lo que nos da $\theta_f=\frac{8120}{3}\pi$. Entonces, la longitud del surco $L$ puede calcularse en coordenadas polares como la siguiente integral: \begin{align*} L&=\int_{\theta_i}^{\theta_f}\sqrt{r(\theta)^2+r'(\theta)^2}\,\mathrm{d}\theta=\int_{\frac{3220}{3}\pi}^{\frac{8120}{3}\pi}\sqrt{a^2\theta^2+a^2}\,\mathrm{d}\theta\\ &=\frac{3}{560\pi}\int_{\frac{3220}{3}\pi}^{\frac{8120}{3}\pi}\sqrt{1+\theta^2}\,\mathrm{d}\theta. \end{align*}

Esta última integral no es sencilla, pero puede resolverse mediante el cambio de variable $\theta=\operatorname{senh} t$, que nos lleva a $\mathrm{d}\theta=\cosh t$. Como $\cosh^2\theta=1+\operatorname{senh}^2\theta$, tenemos \begin{align*} \int\sqrt{1+\theta^2}\,\mathrm{d}\theta&=\int\cosh^2 t\,\mathrm{d}t=\int\frac{1+\cosh(2t)}{2}\,\mathrm{d}t\\ &=\tfrac{1}{2}t+\tfrac{1}{4}\sinh(2t)=\tfrac{1}{2}\operatorname{arcsenh}\theta+\tfrac{1}{4}\operatorname{senh}(2\operatorname{arcsenh}\theta). \end{align*} Por lo tanto, el resultado final será \[L=\frac{3}{560\pi}\left(\tfrac{1}{2}\operatorname{arcsenh}(\tfrac{8120}{3}\pi)+\tfrac{1}{4}\operatorname{senh}(2\operatorname{arcsenh}(\tfrac{8120}{3}\pi))-\tfrac{1}{2}\operatorname{arcsenh}(\tfrac{3220}{3}\pi)-\tfrac{1}{4}\operatorname{senh}(2\operatorname{arcsenh}(\tfrac{3220}{3}\pi))\right).\] Este último número puede hallarse con calculadora y nos da aproximadamente $51954,\!08930$ cm, es decir, aproximadamente $519,\!54$ m de longitud de surco.

Solución. Podemos tomar coordenadas en el plano vertical para suponer que $A=(0,0)$, $B=(a,0)$ y la semicircunferencia tiene ecuación $(x-\frac{a}{2})^2+y^2=\frac{a^2}{4}$, es decir, $x^2-ax+y^2=0$ tras simplificar. Si tomamos el ángulo $\theta$ que forma el segmento con la horizontal, este tendrá ecuación $y=-x\,\tan\theta$. Por lo tanto, el extremo $P$ del segmento estará en la intersección de la recta y la circunferencia, sistema de ecuaciones que puede resolverse fácilmente: \[\left\{\begin{array}{r}x^2-ax+y^2=0\\y=-x\,\tan\theta\end{array}\right\}\ \Longrightarrow\ \left\{\begin{array}{l}x=a\cos^2\theta,\\y=-a\operatorname{sen}\theta\,\cos\theta.\end{array}\right.\] Consideramos el punto medio del segmento, que denotaremos por $M=(x_M,y_M)$ y sean $M'$ y $P'$ las proyecciones de $M$ y $P$, respectivamente, sobre el eje $OX$. Trabajando sobre el triángulo rectángulo $AMM'$, \[\operatorname{sen}\theta=\frac{AM'}{AM}=\frac{-y_M}{\sqrt{x_M^2+y_M^2}-\frac{a}{2}}=\frac{-y_M}{a(\cos\theta-\frac{1}{2})}.\] Queremos maximizar $-y_M$, que será equivalente a maximizar $f(\theta)=a\operatorname{sen}\theta(\cos\theta-\frac{1}{2})$.

Esta función es derivable y tiene derivada $f'(\theta)=a(2\cos^2\theta-\frac{1}{2}\cos\theta-1)$. Observamos que $f(\theta)$ debe tener algún mínimo para $0\lt\theta\lt \frac{\pi}{2}$, y podemos resolver $f'(\theta)=0$ como ecuación de segundo grado en $\cos\theta$. Obtenemos así (¡completa los detalles del cálculo!) un único punto en dicho intervalo que es el que verifica \[\cos\theta=\frac{1+\sqrt{33}}{8}.\]