Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

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.