Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Como $OA=OB=OC=R$, se tiene que los puntos $A,B,C$ son dobles por la inversión. Por lo tanto, las rectas $AB,BC,CA$ se transforman en las circunferencias circunscritas a los triángulos $ABO,BCO,CAO$, respectivamente. Ahora sólo falta ver qué región va a cual para obtener la región transformada en rosa de la figura.

Solución. Llamemos $A_0,A_1,A_2,\ldots,A_n$ a los vértices sobre la circunferencia en ese orden, con $A_0=A$. Si consideramos $A'_k$ el punto simétrico de $A_k$ respecto del diámetro $AB$ para $1\leq k\leq n-1$, obtenemos un ángulo inscrito $\angle A_{k-1}A'_kA_{k+1}=180-2\alpha$, luego el ángulo central $\angle A_{k-1}OA_{k+1}$ es igual a $360^\circ-4\alpha$. Esto nos dice que los arcos $A_0A_2,A_1A_3,A_2A_4,\ldots,A_{n-2}A_n$ tienen todos la misma longitud. Ahora bien, $A_0A_1O$ es un triángulo isósceles, de donde $\angle A_0OA_1=180^\circ-2\alpha$ y, por lo anteriormente probado, $\angle A_1OA_2=\angle A_0OA_2-\angle A_0OA_1=180^\circ-2\alpha$.

De las relaciones anteriores, se obtiene que $\angle A_kOA_{k+1}=180^\circ-2\alpha$ para todo $0\leq k\leq n-1$. En particular, para que la poligonal llegue a $B$, el ángulo $180^\circ-2\alpha$ tiene que ser un divisor entero de $180^\circ$, es decir, $\frac{180}{180-2\alpha}=n$ para algún $n\in\mathbb{N}$. Despejando $\alpha$, obtenemos que la condición que buscamos es que exista $n\in\mathbb{N}$ tal que $\alpha=\frac{1-n}{n}90^\circ$.

Solución. Si $A'B'C'D'$ es un rectángulo, entonces las rectas $A'C'$ y $B'D'$ son diámetros de su circunferencia circunscrita $\Gamma'$. Al volver a aplicar la inversión, $\Gamma'$ se convierte en $\Gamma$, la recta que contiene a $A,B,C,D$, luego las diagonales del rectángulo se transforman en las circunferencias ortogonales a $\Gamma$ de diámetros $AC$ y $BD$. El centro $P'$ de $A'B'C'D'$ debe corresponderse por la inversión con uno de los puntos $P$ de intersección de estas dos circunferencias ortogonales a $\Gamma$. Por simetría, podemos suponer que $P$ es uno de ellos. El otro debe ser el centro de la inversión $O$ ya que debe transformar estas circunferencias en rectas (las diagonales $A'C'$ y $B'D'$).

Finalmente veamos qué pasa con la potencia de la inversión, porque aún no sabemos que sea factible que haya una inversión de centro $O$ que haga esta transformación. Sin embargo, cualquier inversión de centro $O$ cumple la propiedad ya que por tal inversión $A'C'$ y $B'D'$ son rectas y $\Gamma$ se transforma en $\Gamma'$ perpendicular a estas rectas, luego el transformado $O'$ es el centro de $\Gamma'$ y del rectángulo.

Solución.

1. Aplicando el teorema del coseno a los triángulos $ABM$ y $ACN$, obtenemos que \begin{align*} AM^2&=c^2+k^2-2ck\cos\beta=c^2+k^2-\frac{2c^2k}{a},\\ AN^2&=b^2+k^2-2bk\cos\gamma=b^2+k^2-\frac{2b^2k}{a}, \end{align*} siendo $b=AC$ y $c=AB$ las longitudes de los catetos. Sumando ambas expresiones y usando el teorema de Pitágoras, llegamos a que \[AM^2+AN^2=a^2+2k^2-2ak.\]
2. Los triángulos $ABC$ y $AMN$ comparten la altura desde el vértice $A$, luego la razón entre sus áreas será la razón entre sus bases, es decir $\frac{MN}{BC}=\frac{a-2k}{a}=1-2\frac{k}{a}$.
3. El cuadrilátero $BMM'N'$ es un paralelogramo, luego $M'N'=k$. Además, $AM'N'$ es un triángulo rectángulo, luego su hipotenusa $M'N'$ es un diámetro de su circunferencia circunscrita. En particular, el circunradio de $AM'N'$ es $\frac{k}{2}$, luego el área encerrada que nos piden es $\frac{1}{4}k^2\pi$.