Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

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 $\frac{1}{4}k^2\pi$.

Solución. Cada diagonal es paralela al lado opuesto, luego los triángulos $ACD$ y $DQE$ que se indican en la figura son semejantes. Entonces, tenemos que $\frac{QE}{CD}=\frac{DE}{AD}$. Ahora bien, si llamamos $\ell$ y $d$ a las longitudes del lado y la diagonal del pentágono, lo anterior nos dice que $\frac{d-\ell}{\ell}=\frac{\ell}{d}$, de donde obtenemos que $d^2-d\ell-\ell^2=0$ o, equivalentemente $(\frac{d}{\ell})^2-\frac{d}{\ell}-1=0$ y resolver con la fórmula de la ecuación de segundo grado, esto es, \[\frac{d}{\ell}=\frac{1+\sqrt{5}}{2}.\] Este es el conocido facto de que la razón de la diagonal al lado del pentágono regular es la razón áurea. Ahora bien, el lado del pentágono pequeño es \[PQ=PE+BQ-BE=(d-\ell)+(d-\ell)-\ell=2d-3\ell\] y su razón con el lado $BC=\ell$ del pentágono grande es \[\frac{PQ}{\ell}=2\frac{d}{\ell}-3=-2+\sqrt{5}.\] Deducimos así la respuesta a las preguntas del enunciado:

1. Los dos pentágonos son semejantes con razón $\sqrt{5}-2$.
2. Las áreas están en relación $(\sqrt{5}-2)^2=9-4\sqrt{5}$.
3. La homotecia de centro el centro común de los pentágonos y razón negativa $2-\sqrt{5}$ transforma el pentágono de lado $BC$ en el pentágono de lado $PQ$.

Solución. Sean $O_n$ y $r_n$ el centro y radio de la circunferencia $\gamma_n$, y sea $T_n$ su punto de tangencia con una de las dos rectas. Consideremos además la homotecia de razón $0\lt\lambda\lt 1$ con centro en $P$ que lleva $\gamma_1$ en $\gamma_2$. Es fácil ver entonces por inducción sobre $n$ que dicha homotecia lleva $\gamma_n$ en $\gamma_{n+1}$ para todo $n$, luego también lleva $O_n$ en $O_{n+1}$ y $T_n$ en $T_{n+1}$. En particular, tenemos que $r_n=\lambda^{n-1}r$ también por inducción sobre $n$. Ahora bien, la distancia $PO_1=a$ es la suma de $r$ y los diámetros de todas las circunferencias $\gamma_n$, es decir, \[a=r+2(r_2+r_3+\ldots)=r+2(\lambda r+\lambda^2r+\ldots)=r+2\lambda r(1+\lambda+\lambda^2+\ldots)=r+\frac{2\lambda}{1-\lambda},\] donde hemos usado la fórmula de la suma de una progresión geométrica infinita. De aquí podemos despejar $\lambda=\frac{a-r}{a+r}$ y podemos responder ya a los tres apartados:

1. El radio de $\gamma_2$ es $r_2=\lambda r=\frac{r(a-r)}{a+r}$.
2. El radio de $\gamma_n$ es $r_n=\lambda^{n-1}r=\frac{r(a-r)^{n-1}}{(a+r)^{n-1}}$.
3. El límite de la suma de las longitudes de las circunferencias es \[2\pi(r_1+r_2+\ldots)=2\pi r(1+\lambda+\lambda^2+\ldots)=\frac{2\pi r}{1-\lambda}=\pi(a+r).\]