Question

Sean $O = (0, 0),$ $A = \left(\tfrac{1}{2}, 0\right),$ y $B = \left(0, \tfrac{\sqrt{3}}{2}\right)$ puntos del plano coordenado. Sea $\mathcal{F}$ la familia de segmentos $\overline{PQ}$ de longitud unitaria situados en el primer cuadrante con $P$ sobre el eje $x$ y $Q$ sobre el eje $y$ . Existe un único punto $C$ sobre $\overline{AB},$ distinto de $A$ y $B,$ que no pertenece a ningún segmento de $\mathcal{F}$ salvo $\overline{AB}.$ Entonces $OC^2 = \tfrac{p}{q},$ donde $p$ y $q$ son enteros positivos primos entre sí. Halla $p + q.$

Let $O = (0, 0),$ $A = \left(\tfrac{1}{2}, 0\right),$ and $B = \left(0, \tfrac{\sqrt{3}}{2}\right)$ be points in the coordinate plane. Let $\mathcal{F}$ be the family of segments $\overline{PQ}$ of unit length lying in the first quadrant with $P$ on the $x$ -axis and $Q$ on the $y$ -axis. There is a unique point $C$ on $\overline{AB},$ distinct from $A$ and $B,$ that does not belong to any segment from $\mathcal{F}$ other than $\overline{AB}.$ Then $OC^2 = \tfrac{p}{q},$ where $p$ and $q$ are relatively prime positive integers. Find $p + q.$

Respuesta

Solución:

Los miembros de $\mathcal{F}$ son los segmentos de $(\cos\theta, 0)$ a $(0, \sin\theta)$ para $0 \lt \theta \lt 90^\circ,$ situados sobre las rectas $\frac{x}{\cos\theta} + \frac{y}{\sin\theta} = 1;$ el segmento $\overline{AB}$ es el miembro con $\theta = 60^\circ.$ Para un punto $(x, y)$ de $\overline{AB}$ con $x, y \gt 0,$ define $g(\theta) = \frac{x}{\cos\theta} + \frac{y}{\sin\theta} - 1,$ de modo que el punto está sobre el miembro del ángulo $\theta$ exactamente cuando $g(\theta) = 0.$ Observa que $g \to +\infty$ en ambos extremos de $(0^\circ, 90^\circ)$ y $g(60^\circ) = 0.$ Si $g'(60^\circ) \neq 0,$ entonces $g$ es negativa a un lado de $60^\circ,$ y el teorema del valor intermedio produce otro cero en ese lado: el punto queda cubierto por otro segmento. Así que $C$ debe cumplir $g'(60^\circ) = 0,$ y para ese punto $60^\circ$ es el mínimo global estricto de $g,$ así que ningún otro segmento lo contiene.

Ahora $g'(\theta) = \frac{x \sin\theta}{\cos^2\theta} - \frac{y \cos\theta}{\sin^2\theta},$ y $g'(60^\circ) = 0$ da $x \sin^3 60^\circ = y \cos^3 60^\circ,$ es decir $y = 3\sqrt{3}\,x.$ Al cortar con $\overline{AB}:$ $y = \frac{\sqrt{3}}{2} - \sqrt{3}\,x$ se obtiene $3x = \frac{1}{2} - x,$ así que $x = \frac{1}{8}$ y $y = \frac{3\sqrt{3}}{8},$ un punto interior de $\overline{AB}.$

Por lo tanto $OC^2 = \frac{1}{64} + \frac{27}{64} = \frac{28}{64} = \frac{7}{16},$ y $p + q = 7 + 16 = 23.$

The members of $\mathcal{F}$ are the segments from $(\cos\theta, 0)$ to $(0, \sin\theta)$ for $0 \lt \theta \lt 90^\circ,$ lying on the lines $\frac{x}{\cos\theta} + \frac{y}{\sin\theta} = 1;$ the segment $\overline{AB}$ is the member with $\theta = 60^\circ.$ For a point $(x, y)$ of $\overline{AB}$ with $x, y \gt 0,$ let $g(\theta) = \frac{x}{\cos\theta} + \frac{y}{\sin\theta} - 1,$ so the point lies on the member for angle $\theta$ exactly when $g(\theta) = 0.$ Note $g \to +\infty$ at both endpoints of $(0^\circ, 90^\circ)$ and $g(60^\circ) = 0.$ If $g'(60^\circ) \neq 0,$ then $g$ is negative on one side of $60^\circ,$ and the intermediate value theorem produces another zero on that side — the point is covered by another segment. So $C$ must satisfy $g'(60^\circ) = 0,$ and for that point $60^\circ$ is the strict global minimum of $g,$ so no other segment contains it.

Now $g'(\theta) = \frac{x \sin\theta}{\cos^2\theta} - \frac{y \cos\theta}{\sin^2\theta},$ and $g'(60^\circ) = 0$ gives $x \sin^3 60^\circ = y \cos^3 60^\circ,$ i.e. $y = 3\sqrt{3}\,x.$ Intersecting with $\overline{AB}:$ $y = \frac{\sqrt{3}}{2} - \sqrt{3}\,x$ gives $3x = \frac{1}{2} - x,$ so $x = \frac{1}{8}$ and $y = \frac{3\sqrt{3}}{8},$ an interior point of $\overline{AB}.$

Therefore $OC^2 = \frac{1}{64} + \frac{27}{64} = \frac{28}{64} = \frac{7}{16},$ and $p + q = 7 + 16 = 23.$

2024 AIME II Problema 12

Solución:

El Problema 12 en otros años