Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

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 \[2\pi(r_1+r_2+\ldots)=2\pi r(1+\lambda+\lambda^2+\ldots)=\frac{2\pi r}{1-\lambda}=\pi(a+r).\]

Solución. Sea $ABC$ el triángulo equilátero, $M$ el punto medio del lado $AB$ y $O$ el centro de la esfera. El lado $AB$ es tangente a la esfera en $M$, luego perpendicular a $OM$, de forma que $AOM$ es un triángulo rectángulo y el teorema de Pitágoras nos asegura que \[AO^2=OM^2+MA^2=R^2+\frac{\ell^2}{4},\] luego la distancia que nos piden es $AO=\sqrt{R^2+\frac{\ell^2}{4}}$.

Solución. Sea $ABC$ el triángulo y $A'B'C'$ el triángulo rotado $90^\circ$, como se indica en la figura (estamos interesados en hallar el área de color naranja). Los seis triángulos pintados de azul son congruentes entre sí ya que las líneas discontinuas son ejes de simetría (¿por qué?). Consideramos los puntos de intersección $D$ y $E$ de $B'C'$ con $AC$ y $BD$, respectivamente. Tenemos entonces que $\angle DCE=\angle BCA=60^\circ$ y $\angle DEC=90^\circ$ porque $B'C'$ es una rotación de $90^\circ$ de $BC$. Por lo tanto, el triángulo $CDE$ es rectángulo y cumple que \[CE=CD\,\mathrm{sen}(30^\circ)=\tfrac{1}{2}CD,\qquad\qquad CE=CD\,\mathrm{cos}(30^\circ)=\tfrac{\sqrt{3}}{2}CD.\] Ahora usamos que $CD+DE+EC=C'D+DE+EB'=B'C'=4\sqrt{3}$ (ver la nota). Esto nos dice que \[\tfrac{1}{2}CD+CD+\tfrac{\sqrt{3}}{2}CD=4\sqrt{3}\ \Longleftrightarrow\ CD=\frac{8\sqrt{3}}{3+\sqrt{3}}.\] Por tanto, el área de cada triángulo azul será \[\text{Área}(CDE)=\frac{1}{2}DE\cdot EC=\frac{\sqrt{3}}{8}\left(\frac{8\sqrt{3}}{3+\sqrt{3}}\right)^2=8\sqrt{3}-12.\] Finalmente, el área que buscamos se calcula como el área de $ABC$, que es igual a $12\sqrt{3}$ (ver la nota), menos tres veces el área de $CDE$, luego el resultado es, en centímetros cuadrados: \[12\sqrt{3}-3\cdot (8\sqrt{3}-12)=36-12\sqrt{3}.\]

Nota. Hemos usado que si $\ell$ es el lado de un triángulo regular, entonces el radio de su circunferencia circunscrita es $R=\frac{\ell}{\sqrt{3}}$ y su área es $S=\frac{\sqrt{3}}{4}\ell^2$. ¿Sabrías probarlo?

Solución. Tenemos cinco tipos de triángulos, como puede verse en la figura.

• Hay 5 triángulos congruentes con el azul (de ángulos $36^\circ,36^\circ,108^\circ$).
• Hay 10 triángulos congruentes con el amarillo (de ángulos $36^\circ,36^\circ,108^\circ$).
• Hay 5 triángulos congruentes con el verde (de ángulos $72^\circ,72^\circ,36^\circ$).
• Hay 10 triángulos congruentes con el negro (de ángulos $72^\circ,72^\circ,36^\circ$).
• Hay 5 triángulos congruentes con el rojo (de ángulos $72^\circ,72^\circ,36^\circ$).

Estos son los $35$ triángulos que aparecen construidos en la figura.