Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

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 \[\cos\theta=\frac{1+\sqrt{33}}{8}.\]

Solución. Sólo hay que observar que restar un número equivale a desplazar verticalmente la gráfica y tomar el valor absoluto es reflejar la parte que está en el semiplano inferior respecto del eje OX. De esta forma, empezando con la función identidad $y=x$ hay que seguir los siguientes pasos: bajarla 1 unidad, reflejar, bajarla 2 unidades, reflejar, bajarla 3 unidades y reflejar. Indicamos en la figura el resultado final y algunos pasos intermedios:

Solución. Como la derivada es cero para $0\leq x\lt 60000$ y $f(0)=0$, se deduce que $f(x)=0$ para $0\leq x\leq 60000$. En el intervalo $60000\lt x\lt P$, la derivada es constante $1$, luego la función es de la forma $f(x)=x+a$ para cierto número real $a$. Imponiendo por continuidad que $f(60000)=0$, llegamos a que $a=-60000$. Finalmente, como $f'(x)=0.14$ para $x\geq P$, tendrá que ser $f(x)=0.14x+b$ para todo $x\geq P$ y para cierta constante $b$. Para que esto concuerde por continuidad con el intervalo anterior, tenemos que \[f(P)=P-60000=0.14P+b,\] luego debe ser $b=0.84P-60000$. En resumidas cuentas, hemos probado que \[f(x)=\begin{cases}0&\text{si }0\leq x\lt 60000,\\ x-60000&\text{si }60000\leq x\leq P,\\ 0.14x+0.86P-60000&\text{si }x\geq P.\end{cases}\] Ahora bien, como $f(140000)=14000\neq 140000-60000$, no puede ser $140000\leq P$, luego ha de ser $140000\gt P$ y se aplica la tercera línea de la definición de $f(x)$, es decir, \[14000=f(140000)=0.14\cdot 140000+0.84 P-60000.\] Esta ecuación de primer grado tiene solución $P=\frac{2720000}{43}\approx 63255.8$.

Para representar la gráfica de la función, solo hay que darse cuenta de que está formada por tres trozos rectilíneos: el primero es la constante cero, el segundo tiene pendiente $1$ que pasa por el punto $(60000,0)$ y el tercero tiene pendiente $0.14$ y pasa por $(140000,14000)$. Queda así una gráfica como se muestra en la figura.

Solución. Las soluciones de esta ecuación de segundo grado son \[z=\frac{-a\pm\sqrt{a^2-4}}{2}.\] El radicando es negativo precisamente cuando $-2\lt a\lt 2$, lo que nos da la respuesta al apartado (a). Para responder al apartado (b), escribimos $z=x+iy$, siendo \[x=\frac{-a}{2},\qquad y=\pm\frac{\sqrt{4-a^2}}{2}=\pm\sqrt{1-x^2}.\] Deducimos entonces que $x^2+y^2=1$, es decir, los puntos del lugar geométrico están contenidos en la circunferencia de centro $(0,0)$ y radio $1$. Como $x=\frac{-a}{2}$ se mueve en el intervalo $(-1,1)$ y para cada valor de $x$ hay dos valores de $y$ opuestos, deducimos que el lugar geométrico son todos los puntos de esta circunferencia excepto $(1,0)$ y $(-1,0)$. Notemos que estos puntos no podían estar a priori ya que representan números reales.