Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Sea $M$ el punto medio de $CD$, de forma que $EM$ es una altura del triángulo isósceles $CDE$. El ángulo $\alpha=\angle CED$ verifica que $\mathrm{tan}(\frac{\alpha}{2})=\frac{CM}{EM}$. El ángulo será máximo cuando la tangente sea máxima, es decir, cuando $EM$ sea mínimo ya que $CM$ no depende de dónde hayamos puesto el punto $E$. Ahora podemos restringirnos al plano que contiene al triángulo $ABM$. El segmento $EM$ está en este plano y su longitud será mínima cuando $EM$ sea perpendicular a $AB$, es decir, cuando $EM$ sea una altura de $ABM$, que coincide con la mediatriz por ser $ABM$ isósceles. Concluimos que el ángulo $\angle CED$ es máximo cuando $E$ es el punto medio de $AB$.

Nota. Usando el seno en lugar de la tangente, también puede razonarse de forma similar que lo que hay que minimizar es la longitud de $CE$, lo que nos lleva a que ha de ser perpendicular a $AC$ y $E$ tiene que ser el punto medio.

Solución. El primer jugador comienza poniendo un $-1$ en el término independiente, de forma que se limitan las posibles soluciones enteras a $1$ y $-1$. Consideremos las posibles factorizaciones: \begin{align*} (x-1)(x+1)(x^2+ax+1)&=x^4+ax^3-ax-1,\\ (x+1)^2(x^2+ax+1)&=x^4+(a+2)x^3+2ax^2+(a-2)x-1,\\ (x-1)^2(x^2+ax+1)&=x^4+(a-2)x^3-2ax^2+(a+2)x-1.\\ \end{align*} La primera factorización no es posible ya que implica poner un $0$ en el término de grado $2$. Ahora, cuando el segundo jugador pone un número en uno de los coeficientes de $x$, $x^2$ o $x^3$, determinar a lo sumo dos valores de $a$ (uno para la segunda factorización y otro para la tercera). El primer jugador sólo tiene que escribir en uno de los huecos restantes un número que determine un valor de $a$ diferente de estos dos.

Nota. Si el primer jugador pone un $1$ en lugar de $-1$ en el término independiente, entonces es el segundo jugador el que tiene la estrategia ganadora. Para verlo, tomamos la factorización \[(x-1)(x+1)(x^2+ax-1)=x^4+ax^3-2x^2-ax+1.\] Si el segundo juega un $-2$ en el término de $x^2$, en su segundo turno solo tendrá que poner lo opuesto a lo que haya puesto el primer jugador en su segundo turno.

Solución. Llamamos $a=\sqrt[4]{97-x}$ y $b=\sqrt[4]{x}$, con lo que la ecuación que nos dan se puede escribir de forma equivalente como el siguiente sistema: \[\left\{\begin{array}{l}a+b=5\\a^4+b^4=97\end{array}\right.\] Utilizando el binomio de Newton, podemos desarrollar \begin{align*} (a+b)^4&=a^4+4a^3b+6a^2b^2+4ab^3+b^4\\ &=a^4+b^4+4ab(a^2+b^2)+6a^2b^2\\ &=a^4+b^4+4ab((a+b)^2-2ab)+6a^2b^2\\ &=a^4+b^4+4ab(a+b)^2-2a^2b^2. \end{align*} Sustituyendo $a+b=5$ y $a^4+b^4=97$, obtenemos la siguiente ecuación de segundo grado en la incógnita $ab$, que podemos resolver fácilmente: \[(ab)^2-50ab+264=0\ \Longrightarrow\ ab=\frac{50\pm \sqrt{1444}}{2}=\begin{cases}44,\\6.\end{cases}\] Distinguimos dos casos:

• Si $ab=44$, entonces tenemos la suma $a+b=5$ y el producto $ab=44$, lugo podemos despejar $a$ y $b$ como las soluciones de la ecuación de segundo grado $x^2-5x+44=0$. Esta ecuación no tiene soluciones reales.
• Si $ab=6$, entonces $a$ y $b$ son las soluciones de la ecuación de segundo grado $x^2-5x+6=0$, es decir, $(a,b)=(2,3)$ o bien $(a,b)=(3,2)$. Como $x=b^4$, tenemos las soluciones $x=16$ y $x=81$, que claramente verifican la ecuación inicial.

Solución. Si reflejamos repetidamente el triángulo respecto de sus lados, entonces la poligonal que forma la trayectoria del rayo se vuelve una línea recta ya que el ángulo de incidencia es el de reflexión. Como nos dicen que se refleja primero respecto de $AB$, luego $AC$ y por último $BC$, estas son las reflexiones que debemos hacer y que hemos dibujado en la figura. Vemos así que hay una única forma hacer los rebotes para que se cumpla la condición del enunciado y ahora solamente hay que calcular su longitud.

Para ello, observamos que $OBA'$ es un triángulo rectángulo ya que $OB$ es una altura del triángulo equilátero y $BA'$ es paralela al lado opuesto. Además, se tiene que $OB=\frac{2}{3}\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{\sqrt{3}}{3}$ (dos tercios de la altura) y $BA'=2$ (dos veces el lado), luego el teorema de Pitágoras nos da la distancia que buscamos: \[OA'=\sqrt{\left(\tfrac{\sqrt{3}}{3}\right)^2+2^2}=\frac{\sqrt{39}}{3}.\]