Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Por simplicidad, llamamos $a=AE$, $b=BE$, $c=CE$ y $d=DE$. También llamamos $\alpha=\angle AEB=\angle CED$, con lo que $\angle BEC=\angle DEA=180-\alpha$. Usando que el área de un triángulo es el la mitad del producto de dos de sus lados por el seno del ángulo que forman y que $\mathrm{sen}(180-\alpha)=\mathrm{sen}(\alpha)$, la desigualdad del enunciado se reescribe como \[\sqrt{ab}+\sqrt{cd}\leq\sqrt{ab+bc+cd+da}.\] Elevando al cuadrado esto a su vez equivale (porque todos son positivos) a \[2\sqrt{abcd}\leq ac+bd,\] que no es más que la desigualdad entre las medias aritmética y geométrica aplicada a los números $ac$ y $bd$. Se da la igualdad si y solo si $ac=bd$. Esto equivale a que los triángulos $ABE$ y $CDE$ sean semejantes (tienen además un ángulo común $\alpha$ opuesto por el vértice), lo que nos dice que la igualdad se alcanza si y solo si $AB$ es paralela a $CD$.

Solución. Sean $X,Y,Z$ los pies de las perpendiculares desde $P$ a los lados $BC,AC,AB$, respectivamente. Vamos a demostrar que $XPY$ es semejante a $ZPX$, probando que dos de sus ángulos son iguales. Esta semejanza nos dirá que $\frac{ZP}{PX}=\frac{PX}{PY}$, que equivale a $a^2=bc$. Vamos a distinguir dos casos, suponiendo previamente que $P\neq B$ y $P\neq C$ (en tal caso la igualdad $a^2=bc$ es cierta ya que queda $0=0$).

El primer caso es que $P$ sea interior al triángulo $ABC$. Los cuadriláteros $ZPBX$ e $YPXC$ son cíclicos ya que tienen dos ángulos rectos opuestos. La propiedad del arco capaz nos dice que $\angle XPY=180-\angle ACB$ y $\angle ZPX=180-\angle ABC$; como se tiene que $\angle ACB=\angle ABC$ por ser $ABC$ isósceles, se deduce que $\angle XPY=\angle ZPX$ y ya tenemos un ángulo igual. Para el segundo ángulo, calculamos de nuevo por arco capaz \begin{align*} \angle PXY-\angle ZPX&=\angle PCY-\angle PBX=\angle ACB-\angle PCX-\angle PBX\\ &=\angle ACB-180+\angle BPC. \end{align*} En el último paso hemos usado que los ángulos del triángulo $BPC$ suman $180$. Ahora bien, $\angle BOC=360-2\angle BPC$ por la propiedad del arco central, donde $O$ es el centro de la circunferencia tangente a los lados. Como en el cuadrilátero $ABCO$ los ángulos suman $360$ y dos de ellos son rectos, llegamos a que $\angle BOC=180-\angle BAC$ y, por tanto, $\angle BPC=90+\frac{1}{2}\angle BAC=180-\angle ACB$ (ya que $ABC$ es isósceles). Volviendo al cálculo anterior, tenemos que $\angle PXY-\angle ZPX=0$, lo que concluye la demostración de que $XPY$ es semejante a $ZPX$.

El segundo caso es que $P$ sea exterior al triángulo $ABC$, es decir, $P$ está en el arco mayor $BC$ de la circunferencia. La demostración se adapta pero los cálculos son ligeramente distintos. La igualdad $\angle XPY=\angle ZPX$ es cierta pero en este caso porque los dos ángulos son iguales a $180-\angle ABC$. Para la otra igualdad de ángulo, calculamos \begin{align*} \angle PXY-\angle ZPX&=\angle PCY-\angle PBX=180-\angle ACB-\angle PCX-\angle PBX\\ &=\angle ACB+\angle BPC=\angle ACB+\tfrac{1}{2}\angle BOC=\angle ACB+\tfrac{1}{2}(180-\angle BAC)=0. \end{align*}

Solución. Para resolver el primer apartado, usaremos el teorema del coseno, del que podemos despejar el coseno del ángulo $A$ como \begin{align*} \cos(A)&=\frac{b^2+c^2-a^2}{2bc}=\frac{b^2+c^2-\left(\frac{b+c}{2}\right)^2}{2bc}\\ &=\frac{3b^2+3c^2-2bc}{8bc}=\frac{3}{8}\left(\frac{b}{c}+\frac{c}{b}\right)-\frac{1}{4}\geq\frac{3}{8}\cdot 2-\frac{1}{4}=\frac{1}{2}, \end{align*} donde se ha usado que la suma de un número positivo y su inverso es siempre mayor o igual que $2$. Como $A$ es un ángulo entre $0^\circ$ y $180^\circ$, de la desigualdad anterior deducimos que $0\leq A\leq 60^\circ$.

En cuanto al apartado (b), calculamos el área del triángulo de dos formas distintas. Por un lado, $S=\frac{1}{2}(a+b+c)r$ y por otro $S=\frac{1}{2} ah_a$, siendo $h_a$ la altura relativa al vértice $A$. Sustituyendo $a=\frac{b+c}{2}$ en ambas expresiones e igualándolas, se llega directamente a que $h_a=3r$.

Finalmente, para el apartado (c) usaremos la fórmula $abc=4RS$ y la fórmula de Herón, de forma que \begin{align*} R-r&=\frac{abc}{4S}-\frac{2S}{a+b+c}=\frac{abc(a+b+c)-8S^2}{4(a+b+c)S}\\ &=\frac{abc(a+b+c)-\frac{1}{2}(a+b+c)(-a+b+c)(a-b+c)(a+b-c)}{4(a+b+c)S}\\ &=\frac{2abc-(-a+b+c)(a-b+c)(a+b-c)}{8S}=\frac{(b+c)bc-\frac{b+c}{2}(\frac{-b+3c}{2})(\frac{3b-c}{2})}{8S}\\ &=\frac{(b+c)(3b^2-2bc+3c^2)}{64S}=\frac{abc\cos(A)}{4S}=R\cos(A). \end{align*} Si $O$ es el circuncentro y $M$ el punto medio de $BC$, entonces el triángulo $BOM$ es rectángulo y tiene $\angle COM=A$ ya que este es la mitad del ángulo central. Por tanto, en este triángulo rectángulo se cumple que $\cos(A)=\frac{OM}{OB}$, es decir, $OM=OB\cos(A)=R\cos(A)$ y hemos terminado.

Nota. Probablemente, la demostración del apartado (c) no sea la más elegante, pero es sistemática en el sentido de que expresamos $R-r$ en función únicamente de los lados $a,b,c$. Luego se puede expresar también $OM$ en términos de estos lados y usando la condición $a=\frac{b+c}{2}$ se tiene que conseguir probar el enunciado. En la solución propuesta, se ha introducido además el área y el coseno de $A$ como atajo para evitar más cálculos.

Solución. Llamamos $a_1,a_2,\ldots,a_{n-1}$ a los lados de los $n-2$ triángulos que parten de $B$ y llamamos $d_1,d_2,\ldots,d_{n-2}$ a los lados opuestos al vértice $B$, como se muestra en la figura. El ángulo en el vértice $B$ tiene el mismo valor para los $n-2$ triángulos ya que es el arco capaz que subtiende a un lado del polígono desde la circunferencia circunscrita al triángulo. Vamos a probar por inducción sobre $k$ que se cumple que $a_k\,a_{k+1}=d_k$ para todo $k$ desde $1$ hasta $n-2$, lo que demostrará que los triángulos son multiplicativos y habremos terminado.

Para $k=1$, está claro que $a_1=1$ (es un lado del polígono) y $a_2=d_2$ por simetría de este primer triángulo respecto de la mediatriz del lado $BC$. Supongamos entonces cierto que $a_{k-1}a_k=d_{k-1}$ para cierto $k$ y probemos que $a_ka_{k+1}=d_k$. Para ello, consideramos el triángulo que se obtiene al unir los triángulos $(k-1)$-ésimo y $k$-ésimo, que tiene por lados $a_{k-1}$, $a_{k+1}$ y $d_{k-1}+d_k$, de forma que $a_k$ es la longitud de una de sus bisectrices interiores. El teorema de la bisectriz (ver la nota) nos da entonces el resultado deseado: \[\frac{a_{k+1}}{d_k}=\frac{a_{k-1}}{a_{k-1}a_k}=\frac{1}{a_k}\ \Leftrightarrow\ a_ka_{k+1}=d_k.\]

Nota. El teorema de la bisectriz nos dice que la bisectriz interior de un triángulo desde un vértice divide al lado opuesto en dos segmentos proporcionales a los lados correspondientes.

Solución. Llamamos $a_1,a_2,\ldots,a_{n-1}$ a los lados de los $n-2$ triángulos que parten de $B$ y llamamos $d_1,d_2,\ldots,d_{n-2}$ a los lados opuestos al vértice $B$, como se muestra en la figura. Estos $n-2$ triángulos tienen el mismo ángulo $\alpha$ en el vértice $B$ ya que es el arco capaz que subtiende a un lado del polígono desde la circunferencia circunscrita al triángulo. Este ángulo viene dado además por $\alpha=\angle BAC$. Los $n-2$ triángulos también tienen altura común, que es la altura del triángulo $ABC$ desde el vértice $B$ y está dada por $h=\mathrm{sen}(\angle ABC)=\mathrm{sen}(\alpha)$.

Consideremos el triángulo de lados $a_k,a_{k+1},d_k$ y calculemos su área $S_k$ de dos formas distintas. Por un lado, como la mitad de la base por la altura y, por otro, como la mitad del producto de dos lados por el seno del ángulo que forman: \[S_k=\frac{d_kh}{2}=\frac{a_ka_{k+1}}{2}\mathrm{sen}(\alpha)\ \Longleftrightarrow\ a_ka_{k+1}=d_k,\] luego el triángulo es multiplicativo.