Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Dado que toda la figura es de revolución, podemos simplificar el razonamiento pensando en un objeto bidimensional que debe ser rotado respecto de un eje. Denotamos por $O_n$ el centro de la circunferencia $n$-ésima, por $T_n$ el punto de tangencia con una de las directrices del cono y por $P_{n+1}$ el punto de tangencia con la circunferencia $(n+1)$-ésima, como se indica en la figura. Dado que los radios que pasan por los puntos de tangencia son perpendiculares a la recta de tangencia, se tiene que $O_nT_nT_{n+1}O_{n+1}$ es un trapecio con ángulos rectos en $T_n$ y $T_{n+1}$, ángulo de $60^\circ$ en $O_{n+1}$. Por lo tanto, se verifica que \[\frac{1}{2}=\cos(60)=\frac{r_{n+1}-r_n}{r_{n+1}+r_n}\ \Longleftrightarrow\ r_{n+1}=3r_n.\] En otras palabras, cada radio es el triple del anterior, luego se tiene que $r_n=3^{n-1}r_1$ y hemos respondido al primer apartado.

En cuanto al volumen, observamos que éste se puede calcular como el del cono truncado que surge al revolucionar la región naranja al que hay que quitarle dos casquetes esféricos, uno de la esfera $n$-ésima y otro de la esfera $(n+1)$-ésima. Vamos por partes:

• En el triángulo $OT_nO_n$ podemos calcular $\tan(30)=\frac{r_n}{OT_n}$, de donde $OT_n=r_n\sqrt{3}$. Ahora en el triángulo $OA_nT_n$ podemos calcular $A_nT_n=OT_n\operatorname{sen}(30)=\frac{\sqrt{3}}{2}r_n$ y $OA_n=OT_n\cos(30)=\frac{3}{2}r_n$. Por tanto, el cono de revolución del triángulo $OA_nT_n$ tiene volumen $V_n=\frac{1}{3}\pi(A_nT_n)^2(OA_n)=\frac{3}{8}\pi r_n^3$. El volumen de revolución del trapecio naranja será $V_{n+1}-V_n=\frac{3}{8}\pi(r_{n+1}^3-r_n^3)=\frac{39}{4}\pi r_n^3$.
• Como el triángulo $O_{n+1}P_{n+1}T_{n+1}$ es equilátero, $A_{n+1}$ es el punto medio de $P_{n+1}O_{n+1}$. Esto nos dice que buscamos el volumen de un casquete de la esfera $(n+1)$-ésima de altura la mitad su radio. La fórmula para el volumen del casquete nos da $\frac{5}{24}\pi r_{n+1}^3=\frac{45}{8}\pi r_n^3$.
• El mismo casquete en la esfera $n$-ésima tiene volumen $\frac{5\pi}{24}r_n^3$, pero en este caso necesitamos el casquete complementario, cuyo volumen será $\frac{4}{3}\pi r_n^3-\frac{5}{24}\pi r_n^3=\frac{9}{8}\pi r_n^3$.

Con todo esto, el volumen que buscamos para el apartado (b) es \[\frac{39}{4}\pi r_n^3-\frac{45}{8}\pi r_n^3-\frac{9}{8}\pi r_n^3=3\pi r_n^3.\]

Nota. El volumen de un casquete esférico de altura $h$ en una esfera de radio $r$ es $\frac{\pi}{3}h^2(3r-h)$.

Solución. Pongamos coordenadas de forma que $A=(0,0)$, $B=(c,0)$ y $C=(0,b)$. El teorema de la bisectriz nos dice que los segmentos $AM$ y $MB$ son proporcionales a $b$ y $a$, respectivamente; como suman $c$, tiene que ser $AM=\frac{bc}{a+b}$ y $MB=\frac{ac}{a+b}$. De la misma manera, se tiene que $AN=\frac{bc}{a+c}$ y $NC=\frac{ba}{a+c}$, luego tenemos las coordenadas $M=(\frac{bc}{a+b},0)$ y $N=(0,\frac{bc}{a+c})$. Por lo tanto, la recta $MN$ tiene ecuación $(a+b)x+(a+c)y=bc$ y, por su parte, la recta $AD$ tiene ecuación $cx-by=0$ (ya que pasa por $(0,0)$ y el vector $(c,-b)$ es un vector normal). La intersección de estas dos rectas es el punto \[P=\left(\frac{b^2c}{b^2+c^2+ab+ac},\frac{bc^2}{b^2+c^2+ab+ac}\right)=\left(\frac{b^2c}{a(a+b+c)},\frac{bc^2}{a(a+b+c)}\right),\] donde hemos simplificado usando que $a^2=b^2+c^2$ por el teorema de Pitágoras. La distancia de este punto al origen es \[AD=\sqrt{\left(\frac{b^2c}{a(a+b+c)}\right)^2+\left(\frac{bc^2}{a(a+b+c)}\right)^2}=\sqrt{\frac{b^2c^2(b^2+c^2)}{a^2(a+b+c)^2}}=\frac{bc}{a+b+c},\] donde hemos usado de nuevo el teorema de Pitágoras para simplificar. Esto último es igual al radio de la circunferencia inscrita (ver la nota), lo que concluye la demostración.

Nota. En un triángulo rectángulo de hipotenusa $a$ y catetos $b$ y $c$, el área se puede calcular como $\frac{1}{2}bc$, ya que los catetos hacen de base y altura, y también como $S=rp=\frac{1}{2}(a+b+c)r$. Igualando ambas expresiones, obtenemos que $r=\frac{bc}{a+b+c}$.

Solución. Sean $A'$ y $B'$ las proyecciones de $A$ y $B$ sobre la recta $OP$ y consideremos el ángulo $\theta=\angle BOP=\angle AOA'$, de forma que $OA'=OB'=r\cos\theta$ y $AA'=BB'=r\operatorname{sen}\theta$. El teorema de Pitágoras en los triángulos rectángulos $AA'P$ y $BB'P$ nos dice que \begin{align*} PA^2&=(AA')^2+(A'P)^2=r^2\operatorname{sen}^2\theta+(OP+r\cos\theta)^2,\\ PB^2&=(BB')^2+(B'P)^2=r^2\operatorname{sen}^2\theta+(OP-r\cos\theta)^2. \end{align*} Sumando ambas expresiones tenemos que $PA^2+PB^2=2OP^2+2r^2$, que no depende de la cuerda trazada y hemos demostrado así el apartado (a).

En cuanto al apartado (b), el área de $ABP$ se calcula como \[\operatorname{Area}(ABP)=\frac{1}{2}AB\cdot AA'=\frac{1}{2}2r\cos\theta\cdot r\operatorname{sen}\theta=r^2\operatorname{sen}(2\theta).\] Esta área es máxima claramente cuando $\operatorname{sen}(2\theta)=1$, es decir, cuando $\theta=45^\circ$, en cuyo caso obtenemos la longitud $AB=2r\cos\theta=r\sqrt{2}$.