Entrenamiento Ibero 2019 P1

Problemas que aparecen en el Archivo de Enunciados.
Matías

OFO - Medalla de Bronce-OFO 2016 OFO - Medalla de Bronce-OFO 2017 FOFO Pascua 2017 - Medalla-FOFO Pascua 2017 OFO - Medalla de Plata-OFO 2018 FOFO 8 años - Medalla Especial-FOFO 8 años
OFO - Medalla de Oro-OFO 2019 FOFO Pascua 2019 - Medalla-FOFO Pascua 2019 COFFEE - Mención-COFFEE Ariel Zylber
Mensajes: 204
Registrado: Mar 06 Oct, 2015 7:59 pm
Medallas: 8
Nivel: 3

Entrenamiento Ibero 2019 P1

Mensaje sin leer por Matías » Jue 12 Sep, 2019 2:18 pm

Un hexágono inscrito en una circunferencia de radio $R$ tiene dos lados de longitud $1$, dos lados de longitud $2$ y los restantes, de longitud $3$. Demostrar que $R$ es solución de la ecuación
$$2R^3-7R-3=0$$.

Avatar de Usuario
DiegoLedesma
Mensajes: 61
Registrado: Vie 28 Jul, 2017 9:21 pm
Nivel: Otro

Re: Entrenamiento Ibero 2019 P1

Mensaje sin leer por DiegoLedesma » Vie 11 Oct, 2019 5:23 pm

Spoiler: mostrar
Sea $\alpha$ el ángulo central subtendido por el lado de longitud $3$, $\beta$ el ángulo central subtendido por el lado de longitud $2$, y $\epsilon$ el ángulo central subtendido por el lado de longitud $1$. Luego, por tener el hexágono 3 pares de lados iguales, tenemos que $2\alpha+2\beta+2\epsilon=360°$ $\Rightarrow$ $\alpha+\beta+\epsilon=180°$.(*)
Sea $2R$ el diámetro de la circunferencia, y sea $O$ el centro de la misma. En cada semicírculo construimos un cuadrilátero cíclico de lados $1,2,3$ (que subtienden los ángulos $\alpha$, $\beta$ y $\epsilon$) y $2R$; que cumplen lo que se dedujo en el párrafo anterior.(*)
Llamamos ángulo central intermedio, a aquel ángulo central de la circunferencia, que en una semicircunferencia se encuentra en medio de otros 2 ángulos centrales.
Podrán darse 3 casos en cada semicircunferencia:
A) Ángulo central intermedio $\alpha$: aplicando Pitágoras para hallar las diagonales del cuadrilátero cíclico, y luego Ptolomeo, se tiene: $2.1+3.2R=\sqrt{4R^2-4}*\sqrt{4R^2-1}$ $\Rightarrow$ $(6R+2)^{2}=16R^{4}-20R^{2}+4$ $\Rightarrow$ $36R^{2}+24R+4=16R^{4}-20R^{2}+4$ $\Rightarrow$ $0=16R^{4}-56R^{2}-24R$, entonces sacando factor común $8R$ y eliminando el factor que desemboca en $R=0$ (Absurdo), se llega a: $2R^{3}-7R-3=0$.
B) Ángulo central intermedio $\beta$: aplicando Pitágoras para hallar las diagonales del cuadrilátero cíclico, y luego Ptolomeo, se tiene: $3.1+2.2R=\sqrt{4R^2-9}*\sqrt{4R^2-1}$ $\Rightarrow$ $(4R+3)^{2}=16R^{4}-40R^{2}+9$ $\Rightarrow$ $16R^{2}+24R+9=16R^{4}-40R^{2}+9$ $\Rightarrow$ $0=16R^{4}-56R^{2}-24R$, entonces sacando factor común $8R$ y eliminando el factor que desemboca en $R=0$ (Absurdo), se llega a: $2R^{3}-7R-3=0$.
C) Ángulo central intermedio $\epsilon$: aplicando Pitágoras para hallar las diagonales del cuadrilátero cíclico, y luego Ptolomeo, se tiene: $3.2+1.2R=\sqrt{4R^2-9}*\sqrt{4R^2-4}$ $\Rightarrow$ $(2R+6)^{2}=16R^{4}-52R^{2}+36$ $\Rightarrow$ $4R^{2}+24R+36=16R^{4}-52R^{2}+36$ $\Rightarrow$ $0=16R^{4}-56R^{2}-24R$, entonces sacando factor común $8R$ y eliminando el factor que desemboca en $R=0$ (Absurdo), se llega a: $2R^{3}-7R-3=0$.
$\therefore$ Para todos los casos se cumple que $R$ es solución de $2R^{3}-7R-3=0$.

Responder