A ecuación de 2º grao, xeometricamente(pero sen completar cadrados)

 

No título xa aviso, pois pensar xeometricamente a ecuación de 2º grao a estas alturas xa é un lugar común. Por moito que algúns fagan coma quen que o redescobren para o gran público de cando en vez.

Antonte dei por casualidade co artigo de King-Shun Leung Dividing a right-angled trapezium into two similar quadrilaterals, en The Mathematical Gazette, pero como me adoita suceder, reparei nun detalle accesorio no artigo, que é do que veño falar: a representación analítica das solucións da ecuación de 2º grao. Ademais, xa coñecía esta representación, mais quedara algo esquecida na miña memoria. Por outra banda, é posible que Cibrán xa a incluíse nalgunha das súas entradas sobre historia da Álxebra. 

Partimos da ecuación na forma $x^2+bx+c=0$ con $bc \neq0$ (lembremos que dividindo todos os coeficientes entre o coeficiente principal $a \neq 0$, obtemos sempre un polinomio mónico como o desexado). Marcamos no plano os puntos $A(0,-1), B(0,0), C(-b,0), D(-b,-c)$. A idea esencial do método consiste en trazar a circunferencia con diámetro o segmento AD. Se o discriminante $\Delta=b^2-4c>0$, a circunferencia corta ao eixe X en dous puntos $P(\alpha,0), A(\beta,0)$, con $\alpha>\beta$.

   

E eses números $\alpha, \beta$ son as solucións da ecuación orixinal. Vexamos por que no caso do punto P:

O punto P$(\alpha,0)$ é solución $\iff \alpha^2+b\cdot \alpha +c=0 \iff  c=-\alpha \cdot (\alpha +b) \iff \\ \frac{1}{\alpha} \cdot \frac{c}{\alpha+b}=-1$

E aquí vén o salto, a igualdade anterior pode escribirse:

$$\frac{0-(-1)}{\alpha-0}\cdot \frac{0-(-c)}{\alpha-(-b)}=-1 \iff PA \perp PD $$

que, de novo, é equivalente a que o punto P pertenza á circunferencia de diámetro AD.

E aínda van quedar deberes para o amable lector: coa pista do trapecio que resaltei na figura, tócavos amosar que uso lle dá para atopar os dous trapecios semellantes que promete o título do artigo.

O concurso Georg Mohr 2025-2

 Continuemos con esta marabilla de concurso. Na anterior entrada non aclarei que as primeiras dez cuestións son de resposta múltiple, a escoller entre 5 opcións, mentres que as dez últimas son "problemas de resposta". Para o total de 20 cuestións do exame, os alumnos dispoñen de 90 minutos, que non me parece moito, a verdade, para todo o que hai que roer.

Imos coa segunda xeira:

7) Sábese que os catro números a, b, c e d cumpren que $a<b<c<d$ e $\frac{1}{c}<\frac{1}{b}<\frac{1}{a}<\frac{1}{d}$. Cantos dos catro números son negativos?

a) 0 b) 1 c) 2 d) 3 e) non pode ser determinado

Este tipo de problemas puramente técnicos e abstractos encántanme. Cun nivel máis axeitado, teño posto algún en probas, tanto na ESO como en bacharelato, aínda que en bacharelato como bonus.

8) Nun lado dunha estrada infinitamente longa hai casas numeradas $\dots, -3, -2, -1, 0, 1, 2, 3, \dots $

Todas as casas son vermellas ou azuis. Unha casa é azul se as súas dúas veciñas teñen diferentes cores, en caso contrario, é vermella. A casa co número 492 é azul. Que pode afirmarse con certeza?

a) A casa 2024 é vermella b) A casa 2024 é azul c) A casa 2025 é vermella d) A casa 2025 é azul e) non se pode asegurar ningunha das opcións anteriores

Unha cuestión de lóxica con requisitos mínimos aritméticos sempre é benvida.

9) Temos que colocar os números do 1 ao 9 nas celas do seguinte cadrado. Os números da ringleira superior suman 19, e os números da ringleira inferior suman 15. Os números da columna esquerda suman 7, e os da columna dereita suman 14. Que número ten que colocarse na cela coa interrogación?

É poñer unha figura destas e oír sudoku na clase instantaneamente.

a) Un número impar b) 4 c) 6 d) 8 e) Non pode determinarse

Este ten a súa dificultade por cuestións de tempo. Un pode ser sistemático, e sae, pero leva o seu tempo; ou notar certos feitos e facelo rapidamente.

10) Unha urna contén dous caramelos negros e un caramenlo branco. Georg mete caramelos na urna seguindo esta regra: colle un caramelo ao chou da urna, e pon ese caramelo e outro da mesma cor na urna de novo. Fai este proceso 3 veces de tal xeito que reamta con 6 caramelos na urna. Cal é a probabilidade de que remate con 3 caramelos de cada cor?

a) $\frac{1}{2}$ b) $\frac{1}{3}$ c) $\frac{1}{4}$ d) $\frac{1}{5}$ e) $\frac{1}{6}$

Este si que me parece un chisco máis rutineiro, só ten a dificultade de que hai que ser meticuloso e que o alumnado sabe (en proporción) resolver peor problemas de probabilidade que de case calquera outro bloque.

Aquí rematan os multiple choice problems, e comezan os answer problems: 

11) Dunha lista das 100 palabras máis usadas en certa linguaxe, hai 70 palabras que conteñen a letra A e 60 palabras que conteñen a letra U, mentres que 20 das palabras non conteñen nin A nin U. Cantas das palabras conteñen tanto o A como o U?

Sempre que vexo un problema deste tipo penso en como será atacalo sen saber diagramas de Venn. Para os da miña xeración, que vimos diagramas de Venn no comezo da EXB é unha ferramenta tan natural que resulta case imposible pensar en non coñecela.

12) Georg escolle un natural de 2 cifras n. Cando divide 1010 entre n obtén resto 2. Que resto obterá ao dividir 2025 entre n?

Non sendo rutineiro para o alumnado, o certo é que é un problema clásico. Que sucedería se n tivese 1 cifra? Que o problema non tería solución única.

13) Paula ten unha bolsa que contén 3 E's, 3 G's, 3 H's, 3 M's, 3 O's e 3 R's. Extrae letras da bolsa, unha cada vez, sen mirar. Cantas letras ten que extraer como mínimo para estar segura de que pode escribir GEORG MOHR usando as letras extraídas?

Unha cuestión aritmética básica algo distinta á habitual dos calcetíns de dúas cores nun caixón. É tan elemental que seguramente (deste non tiven feedback na devandita recuperación) dará lugar ao fenómeno de distinguir entre as persoas que ven a dificultade instantaneamente e as que poden non chegar a vela.

14) Aisha está xogando ao billar nunha mesa de 282 cm de lonxitude e 155 cm de anchura. A bóla está á mesma distancia das dúas bandas e a 96 cm do fondo BC. Quere embocar a bóla na troneira en A golpeándoa contra a banda CD no punto P, como amosa a figura. Cal debe ser a distancia entre D e P se Aisha quere embocala en A?

   

Neste hai o obstáculo do feito, por outra parte ben coñecido, de que os alumnos saiban que o ángulo de incidencia e o ángulo de reflexión coinciden. Logo hai que facer unha conta.

15) Nun sistema de coordenadas un rectángulo cos vértices (0,0), (10,0), (10,5) e (0,5) é dividido en 50 cadrados unitarios. Para cada un dos cadrados o valor é definido como a suma das dúas coordenadas dos seus 4 vértices. Así, p.ex., o cadrado unitario con vértices (3,2), (4,2), (4,3) e (3,3) ten valor 3+2+4+2+4+3+3+3=24. Cantos valores distintos aparecen en total?

   

Este é máis sinxelo que a media do concurso, é inmediato decatarse de que sucede entre dous cadrados contiguos.

16) Determina o valor de $$\frac{20202^2 \cdot 80808^2}{40404^4}$$
Sabendo que é unha parvada, este tipo de exercicios encántame.

17)  Os números do 1 ao 2025 son escritos en fila nunha orde aleatoria. Randi engade 1000 números, un a un, ao final da ringleira deste xeito: mira aos últimos 2025 números da ringleira e engade a mediana deses 2025 números. Repite este proceso 1000 veces. Cal é a máxima cantidade de números distintos que pode haber entre os 1000 números que engade? 

Quizais sexa este o problema máis difícil desta xeira? Quizais. Hai que pararse para entender o que pregunta, hai que pararse para entender que non é tan difícil como parece nun 1º momento, e logo decatarse de que non é tan sinxelo como parece nun 2º momento.

18) Os tres parrulos Zip, Zap e Zup teñen cada un un número favorito, que é un natura maior que 1. Os tres números favoritos son distintos. Os parrulos din consecutivamente números, e se o seu número favorito é divisor do número pronunciado, teñen que erguer unha á. Zip di 20, e dúas ás son levantadas. Zap di 21, e unha á é levantada. Zup di 70, e os tres erguen unha á. Cal é a maior suma posible dos 3 números favoritos?

Este confeso que non me gusta tanto. Paréceme que ten un texto algo abstruso para a idea que encobre.

19) Dentro dun cadrado de lado 10 debuxamos un semicírculo, un cuarto de círculo e unha diagonal. Cal é a área da rexión gris?

Ás veces vexo o Pelegrín   

A quen non lle vai gustar un cálculo sintético de áreas entre circunferencias e rectas? A QUEN?

20) Dos naturais A e B sábese que a suma dos díxitos de A é 2025, e a suma dos díxitos de B é 60. Cal é o valor mínimo da suma das cifras de A+B?

Rápido, cal é o voso pálpito para o derradeiro problema? Veña, agora a demostralo.

Oxalá tivese eu a inventiva necesaria para crear problemas elementais tan divertidos. Que marabilla.

O concurso Georg Mohr 2025

 

En xaneiro tiven a recuperación da 1ª avaliación de Matemáticas I, e como é habitual, houbo alumnos que aprobaran e que non querían subir a súa nota, polo que busquei unha olimpíada recente entre as fontes que levo usando anos: O Torneo Harvard-MIT, as competicións da Universidade de Waterloo, a OBMEP, ...

Pero esta vez o gañador resultou ser a primeira rolda da competición Georg Mohr, da que xa teño collido problemas ben fermosos en moitas ocasións semellantes. A razón foi que lin o 1º ítem, gustoume, mirei por riba os demais, e apostei que ía estar ben. Logo, durante a recuperación, os alumnos que estaban coa competición preguntaron algunha cousa e descubrín que había moitas xoias ocultas neste concurso. Ata o punto de que é difícil escoller algunha, que era o que pensaba que ía facer despois no blog. En conclusión, de vinte problemas, hainos bos e hainos moi bos. Comezando polo primeiro, unha alfaia abstracta sen números:

 1) As 4 figuras amosan o mesmo rectángulo e o mesmo círculo, pero colocados de xeito distinto

En que figura a diferenza entre a área raiada e a área gris é maior?

a) A

b) B

c) C

d) D

e) É igual nas 4 figuras

Este problema paréceme fermosísimo por varias razóns, a primeira xa mencionada: non require(non pode) usar números, só razoar en abstracto. En segundo lugar, a nosa mente rápida quere crer que os tamaños relativos das dúas figuras e da súa intersección inflúen na resposta e tamén quere que intuamos (incorrectamente) que a parte branca está relacionada coa diferenza solicitada no enunciado. Unha marabilla para comezar.

2) Gerth quere construír un modelo de vía férrea. Ten un feixe de pezas de vía de lonxitudes 7 cm e 11 cm. Cal é o mínimo número de pezas necesarias para construír unha vía que mida exactamente 200 cm?

 a)  18 b) 20 c) 22 d) 24 e) 26

O connoisseur recoñecerá instantaneamente a ecuación diofántica lineal subxacente, que non é estritamente necesario resolver, observando simplemente que a vía terá menos pezas cantas máis teña de lonxitude 11. E os colegas seguidores do blog lembrarán que un problema análogo xa aparecera aquí no contexto da fase local da Olimpíada Matemática Galega de 2015 (onde tamén poderán comprobar que a aparición dunha ecuación diofántica dispara o meu uso da palabra connoisseur)

3) Os números 1, 2, ..., 9 están escritos nun encerado. Níkolaj ponlle un 0 á dereita a un número e un 1 á esquerda a dous números. A suma dos números do encerado agora é 119. Cal dos números orixinais é o que ten o 0 á dereita?

a)  3  b) 6 c) 7 d) 8 e) Non pode ser determinado

 

Outra cuestión elemental que é un bo exercicio para o alumnado.

4) A figura amosa o plano dun parque de xogos onde instalaron barras estreitas para practicar equilibrio andando o camiño PQRSP. Os cadrados do plano teñen lonxitude 1 metro. Os círculos son plataformas, dous de raio 1 metro e dous de raio 2 metros. Cal é a lonxitude total da parte do camiño que circula fóra das plataformas?

   

  a)  16 m b) 18 m c) 20 m d) 24 m e) 26 m

Seguramente xa vistes esta idea nalgún concurso de resposta múltiple.

5) Alma lanza un dado co 8 caras cos números do 1 ao 8, e Bertha tira un dado con 20 caras cos números do 1 ao 20. Cal é a probabilidade de que obteñan o mesmo número?

 a)  $\frac{1}{8}$ b) $\frac{8}{20}$ c) $\frac{1}{12}$ d) $\frac{1}{20}$ e) $\frac{1}{28}$

Vouno deixar no 6º problema, probablemente un dos meus preferidos desta fase:

6) Un taboleiro rectangular de dimensións 2x2025 ten que ser cuberto con pezas coa forma

Os triminós sonvos un pouco sosos

De cantos xeitos podemos facelo se as pezas non se solapan?

 a)  1 b) 2025 c) 2·3·2025 d) 2025² e) $2^{\frac{2025}{3}}$

Non sei se me gustou máis porque no momento no que me preguntaron por esta cuestión no exame, a miña primeira intuición foi errónea. Se sodes dos que chegades a combinatoria en 4º de ESO, paréceme un bo problema fóra do estándar da aula, como enriquecemento é factible.

Olimpíada Matemática Española 2024-25, Fase Local

 

Pequena adiviña non-relacionada-coas-matemáticas
que deixo (axiña aparece a razón)

A fin de semana pasada tivo lugar a fase local da OME deste curso, un colega mandoume o mesmo día foto da folla da sesión matinal e automaticamente quedei abraiado porque vin un problema que recoñecín como parte do folklore. E como ninguén me deu a razón, quedei pensando se sería un falso recordo. 

Polo que traio ese problema e a solución que practicamente non tiven que pensar, razón que apoia a miña postura: se non formase parte do folklore, probablemente eu non o daría resolto, e menos tan rápido. E de paso tamén comparto o primeiro problema, que tamén resultou sinxeliño. A ver que opinades.

O problema que eu considero ben coñecido era o 2:

Sexa $q(x)$ un polinomio de grao 2023 que cumpre $q(n)=\frac{1}{n}$ para todo $n=1,2,\dots, 2024$. Atopa o valor de $q(2025)$

Dúas liñas máis abaixo comeza o meu comentario e posterior solución. Avisados estades.

O primeiro que pensa un vendo ese enunciado é que un polinomio de grao 2024 queda determinado por 2025 valores, e aquí temos 2024 valores, polo que o mellor que podemos acadar é deixar un parámetro bailando. Se coñecedes algo do polinomio de interpolación e do determinante de Vandermonde saberedes o obstáculo que hai, que vén xeneralizar o feito ben coñecido de que unha recta(grao 1) queda determinada por 2 puntos, unha parábola(grao 2) por 3, etc. Na práctica, non parece factible meternos a calcular un polinomio de grao 2023. O que si sería máis manexable sería determinar o polinomio a partir das súas raíces, co pequeno obstáculo de que non sabemos as raíces de q. Polo que a estratexia vai ser atopar un polinomio relacionado con q do que si saibamos as raíces. E isto é cuestión de vista: Se $q(n)=\frac{1}{n}$, entón $n \cdot q(n)=1$, ou o que é o mesmo, $n \cdot q(n)-1=0$.

Así que o polinomio que vai facer o choio é $p(x)=xq(x)-1$, que ten 2024 raíces coñecidas, $n=1,2,\dots, 2024$. En consecuencia, $p(x)=\lambda \cdot (x-1)(x-2)\dots (x-2024)$, con $\lambda$, o coeficiente principal, por determinar.

Agora usamos que o valor no 0 é sinxelo de obter, e pouco quedará:

$$p(0)=0 \cdot q(0)-1=-1$$ 

Pero tamén:

$$p(0)=\lambda \cdot(0-1)(0-2)\dots(0-2024)=\lambda \cdot 2024!$$

Igualando, $$-1=\lambda \cdot 2024! \rightarrow \lambda=\frac{-1}{2024!}$$

E $p(2025)= \frac{-1}{2024!} \cdot (2025-1)(2025-2) \dots (2025-2024)=\frac{-1}{2024!} \cdot 2024! =-1$

De onde $-1=p(2025)=2025 \cdot q(2025)-1$, polo que $q(2025)=0$

Como detalle curioso, o conto cambiaría moito se estivésemos en 2024 ou 2026. Observade o gif que fixen, de 1 ata 20, como varía dependendo da paridade:

Non sei vós, eu oio o son de lategazos a través da pantalla

E, como dixen, o primeiro problema, gratis:

Sexa ABCD un paralelogramo e sexa M un punto na diagonal BD que cumpre $MD=2BM$. As rectas AM e BC córtanse nun punto N. Cal é o cociente entre a área do triángulo MND e a área do paralelogramo ABCD?

Como sempre, o debuxo explica mellor o asunto:

   

Neste problema hai unha única liña que revela o esencial, e non é moi esotérica, pois é a outra diagonal:

   

Como as diagonais sempre se cortan no punto medio(E nesta figura), e ademais $MD=2BM$, temos que $BM=2 ME$ e $MD=\frac{2}{3} BD$. Sendo E o punto medio do lado AC do triángulo ABC, BE é a mediana correspondente a ese lado, e M ten que ser o baricentro, que é o único punto nunha mediana que a divide na razón 2:1.

Por tanto, AN ten que ser outra mediana, polo que N é o punto medio do lado BC, e podemos xa ir calculando razóns entre áreas de polígonos:

$$\frac{(MND)}{(BND)}=\frac{MD}{BD}=\frac{2}{3}$$

$$\frac{(BND)}{(BCD)}=\frac{1}{2}$$

$$\frac{(BCD)}{(ABCD)}=\frac{1}{2}$$

Xuntando estas 3 razóns, $$\frac{(MND)}{(ABCD)}=\frac{1}{6}$$

O dito: o primeiro problema é tradicional? Resolvestes o do paralelogramo doutro xeito?

Un problema elemental que (non) resolvín

 

A semana pasada entrei nun grupo de Facebook no que son membro, "Oposiciones Matemáticas Secundaria- Problemas y Ejercicios", e vin este problema compartido por un membro anónimo(ata que entrei neste grupo non sabía que existían):

    

Na figura aparece un cadrado e as áreas de dous triángulos no seu interior. Demostrar que a área do triángulo azul é 77 e que a área do triángulo gris é 49,5.

Anímovos a que o pensedes antes de que se desate o maelström.

Nada máis velo recoñecín a situación habitual en moitos problemas, e confeso que pensei que ía ser sinxelo, que utilizando que triángulos coa mesma base e altura teñen a mesma área ou, como moito, o Teorema das Alfombras, sairía fácil. E púxenme ao choio, seguindo esta consideración previa:

   Cal será a orde que seguen as letras? 

E fun vendo as consecuencias máis inmediatas na configuración:

$$C=A+D=B+E+80=F+52,5$$

sendo eses 4 valores iguais á cuarta parte da área do cadrado.

Sen botar contas, xa se ve que con esas igualdades non vas a ningures, polo que pensei un chisco máis e vin os triángulos que van do chan ao teito, é dicir, estes dous da dereita,

 

e viceversa, i.e., estes dous da esquerda

De onde deducimos

$$F+52,5+C=C+52,5+A+E \rightarrow F=E+A$$

e

$$B+E+52,5=B+D \rightarrow E+52,5=D$$

Aí comecei a sospeitar que estaba dando voltas, que había igualdades que eran equivalentes a outras, e por tanto, non achegaban nova información.

$$C=A+D=B+E+80=F+52,5 \\F=E+A \\ E+52,5=D$$O máis lóxico, supoño, sería tentar seguir onde me levasen esas igualdades, p.ex.:

$$\begin{cases} B+E+80=F+52,5 \\ F=E+A \end{cases}\Rightarrow B+E+80=E+A+52,5 \rightarrow B+27,5=A$$

O que vai ben no camiño de ver o que nos pide o exercicio (lembremos: B=49,5, A=77)

Pero como comentei arriba, eu xa notara que o asunto era laido, co cal probei outra cousa para chegar ao mesmo. Digamos que pedín papas coa estratexia de comparar áreas sen máis, e puxen nome a lonxitudes de arriba:

   

Para que? Pois para comparar áreas, claro:

$$\frac{80+F}{B+E+52,5}=\frac{x}{y}=\frac{80+E+A}{B+D}$$

E como todas as áreas estaban relacionadas con C, a cuarta parte do cadrado, pois tentei ir cara C:

$$\frac{C+27,5}{C-27,5}=\frac{x}{y}=\frac{C-B+A}{C-A+B}$$ (1)
Onde notei:

$$\frac{C+27,5}{C-27,5}=\frac{x}{y}=\frac{C+A-B}{C-(A-B)}$$

Que intuitivamente, sen botar contas, implica que $A-B=27,5$. Rigorosamente, podemos multiplicar en cruz, ou, xa que estamos matando moscas cunha bomba H, observar que a función $f(t)=\frac{c+t}{c-t}$ é inxectiva, sempre que $c \neq 0$.

De calquera xeito, non dei deducido nada máis de aí. Polo que pasei a comparar áreas de de triángulos que non compartisen base senón forma:

$$\frac{80}{C+52,5}=\left( \frac{x}{x+y}\right)^2$$

e

$$\frac{B}{A+C}=\left( \frac{y}{x+y}\right)^2$$ (2)

Con estas igualdades dei unhas cantas voltas, non cheguei a ningures agás a uns sistemas non lineais horripilantes en x e y, polo que volvín á figura e agora reparei nestes dous triángulos:

Non quero saber canto tempo da miña vida paso
escollendo cores para polígonos

Que son obviamente semellantes pois teñen os ángulos iguais, polo que os lados correspondentes son proporcionais, o que non serve de moito aparentemente sen meter máis variables. Mais tamén deducimos que a razón das súas áreas é o cadrado da razón de semellanza, é dicir, a razón entre dous lados correspondentes calquera, por exemplo os resaltados, que xa teñen etiqueta:

$$\frac{C+52,5}{80}=\left( \frac{x+y}{x}\right)^2 $$

E chegado este punto, veu a psicodelia:

$$\frac{C+52,5}{80}=\left( 1+\frac{y}{x}\right)^2 $$

Usando a primeira parte de (1) agora, 

$$\frac{C+52,5}{80}=\left( 1+\frac{C-27,5}{C+27,5}\right)^2=\left(\frac{2C}{C+27,5}\right)^2=\frac{4C^2}{(C+27,5)^2}$$

Afórrovos contas, a cousa queda así ao final:

$$C^3-212,5C^2+3643,75C+39703,125=0$$

Que ten 3 solucións racionais relativamente sinxelas para a pinta que ten, $C_1=-7,5, C_2= 27,5, C_3=192,5$, e pola figura, deducimos que ten que ser $C_3$ 

Sucede que botando as contas metín a zoca no medio da psicodelia, invertendo os termos dunha fracción, polo que obtiven unha ecuación con coeficientes racionais pero solucións irracionais ben bravas. 

Na versión non analóxica de enriba cambiei
á fracción inversa pero xa non trabuquei

O curioso do asunto é que me decatei do erro polo medio desta entrada, antes pensaba que simplemente chegara a unha ecuación que non se podía resolver de xeito exacto. Que tivese grao 3 non axudou tampouco.

Volvendo á solución, se $C=192,5$, como é a cuarta parte da área do cadrado, esta é 770, e o lado do cadrado, $x+y=\sqrt{770}$, e p.ex. utilizando (1) outra vez, $\frac{192,5+27,5}{192,5-27,5}=\frac{x}{y}$, de onde $\frac{220}{165}=\frac{x}{y}\Rightarrow \frac{4}{3}=\frac{x}{y}$, polo que $x=\frac{4\sqrt{770}}{7}$ e $y=\frac{3\sqrt{770}}{7}$

E agora usando (2), 

$$\frac{B}{A+C}=\left(\frac{y}{x+y}\right)^2 \Rightarrow \frac{B}{B+27,5+192,5}=\left(\frac{3}{7}\right)^2 \rightarrow \frac{B}{B+220}=\frac{9}{49} \rightarrow 49B=9B+1980 \rightarrow B=49,5$$

E por fin, $A=77$. Non era sen tempo.

Como dixen antes, isto non foi o que sucedeu nun primeiro momento.

O que sucedeu, en troques, foi que desfalecín, mirei o día de publicación do problema no grupo e comprobei a miña sospeita, que fora o 28 de decembro. E fun preguntar se era unha inocentada. E claro, non era, e o membro anónimo compartiu unha solución, que non mirei ata darlle outra volta infrutífera ao problema.

E volvín ao grupo, e mirei a solución compartida sen enfocar (así de ridículo son, en efecto), e vin algo semellante a isto:

   

E, obviamente, volvín ao problema sabendo que funcionaría dividir o lado superior do cadrado nos 4 cachos que se albiscan na imaxe borrosa. É dicir,

   

Pero p e q están relacionados con m e n respectivamente pola semellanza que se observa:

$$\frac{p}{p+m}=\frac{m}{l} \Rightarrow p=\frac{m^2}{l-m}$$

e

$$\frac{q}{q+n}=\frac{n}{l}\Rightarrow q=\frac{n^2}{l-n}$$

Con isto xa vai:

$$\begin{cases} \left( m+ \frac{m^2}{l-m}\right) \cdot \frac{m }{2}=80 \\ \frac{l^2}{4}-\frac{l \cdot m}{2}=52,5 \end{cases}$$

E recoñezo que tampouco confiaba moito en que este sistema fose facilmente resoluble. Porén...

$$\begin{cases} \frac{l \cdot m^2}{l-m}=160 \rightarrow lm^2=160(l-m)\\ l^2-2lm=210 \rightarrow m= \frac{l^2-210}{2l}=\frac{l}{2}-\frac{105}{l} \end{cases} \Rightarrow  $$

$$ l \left(\frac{l}{2}-\frac{105}{l} \right)^2=160 \left( l- \frac{l}{2}+\frac{105}{l}\right) =160 \left( \frac{l}{2}+\frac{105}{l} \right)$$

$$ l \left( \frac{l^2}{4}-105+\frac{105^2}{l^2}\right)=80l+\frac{160 \cdot 105 }{l}$$

$$ \frac{l^3}{4}-105l+\frac{105^2}{l}=80l+ \frac{160 \cdot 105 }{l}$$

Aquí a sensación que tiven é que non ía dar saído(outra vez), mais...

$$l^4-420l^2+44100=320l^2+67200 \rightarrow l^4-740l^2-23100=0$$

Unha bicadrada, quen contaba?! 

Aforrando o procedemento estándar, obtemos $l=\sqrt{770}$, e de aí, $m=\frac{\sqrt{770}}{2}-\frac{105}{\sqrt{770}}=\frac{4\sqrt{770}}{11}$ e $p=\frac{16\sqrt{770}}{77}$. E agora podemos razoar como o membro anónimo, e atopar o valor de n (a ese chamámolo igual, casualmente) mediante semellanza, ou usar que o lado do cadrado é a suma dos 4 segmentos m, p, q e n, e que p depende de m, xa coñecido, e q de n. En concreto:

$$q+n=\frac{n^2}{l-n}+n=\frac{ln}{l-n}=l-m-p=\frac{3\sqrt{770}}{7} \Rightarrow \frac{n \sqrt{770}}{\sqrt{770}-n}=\frac{3\sqrt{770}}{7}$$

Que dá $n=\frac{3\sqrt{770}}{10}$

E, POR FIN, podemos calcular as áreas solicitadas, 

$$B=\frac{(n+q)n}{2}=\frac{\frac{3\sqrt{770}}{7} \cdot \frac{3\sqrt{770}}{10}}{2}=\frac{9 \cdot 770}{70\cdot 2}=49,5$$

E A vale 27,5 máis, como xa falamos hai 5112 caracteres (aaarggg).

Sabedes o máis inquietante? Que nin comentei cando perdín a confianza no que estaba facendo e puxen un sistema de referencia e coordenadas a todos os puntos que había...

Entenderedes que nun tempo non haxa outra entrada onde volva escribir tantos símbolos matemáticos, non si?