Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Sean $A$ y $B$ los dos vértices más alejados entre sí del polígono y consideramos los dos vértices $C$ y $D$ más alejados de la recta $AB$ en sendos semiespacios definidos por $AB$. Trazamos por $A$ y $B$ perpendiculares $r_A$ y $r_B$ a $AB$ y por $C$ y $D$ paralelas $r_C$ y $r_D$ a $AB$. Estas cuatro rectas $r_A,r_B,r_C,r_D$ determinan un rectángulo $R$. Vamos a ver que $R$ (que es, en particular, paralelogramo) contiene al polígono y que tiene área menor o igual que $2$.

• En primer lugar, tenemos que ningún vértice se puede salir de la banda determinada por $r_A$ y $r_B$ ya que en tal caso dicho vértice tendría distancia con $A$ o con $B$ mayor que $AB$ (¿por qué?), contradiciendo que $AB$ es el segmento entre vértices de longitud máxima. Por otro lado, ningún vértice se puede salir de la banda determinada por $r_C$ y $r_D$ ya que en tal caso dicho vértice distaría de $AB$ más que $C$ o $D$, contradiciendo que estos son los puntos más alejados. Por tanto, todos los vértices del polígono están en $R$ y, por convexidad, todo el polígono debe estar en $R$.
• Finalmente, veamos que $\text{área}(R)\leq 2$. Para ello, observamos que los triángulos $ACB$ y $ADB$ están contenidos en el polígono (de nuevo, por convexidad), de donde \[1=\text{área}(\text{polígono})\geq\text{área}(ACB)+\text{área}(ADB)=\tfrac{1}{2}\text{área}(R).\]

Esto termina la demostración. Es importante observar que uno de los dos puntos $C$ o $D$ podría no estar definido porque no haya vértices a un lado de la recta $AB$. En tal caso, se razona de forma similar usando que $r_C=AB$ o $r_D=AB$.

Solución. El radio inscrito del triángulo es igual a $\frac{1}{\sqrt{3}}$ y su radio circunscrito $\frac{2}{\sqrt{3}}$. Por lo tanto, podemos tomar coordenadas con centro en el centro del triángulo de forma que la circunferencia inscrita tenga ecuación $x^2+y^2=\frac{1}{3}$ y los vértices están sobre la circunferencia de centro el origen y radio $\frac{2}{\sqrt{3}}$. Podemos tomar entonces los tres vértices como \begin{align*} A&=\Bigl(\tfrac{2}{\sqrt{3}},0\Bigr),\\ B&=\tfrac{2}{\sqrt{3}}\left(\cos(120),\mathrm{sen}(120)\right)=\Bigl(\tfrac{-1}{\sqrt{3}},1\Bigr),\\ C&=\tfrac{2}{\sqrt{3}}\left(\cos(240),\mathrm{sen}(240)\right)=\Bigl(\tfrac{-1}{\sqrt{3}},-1\Bigr). \end{align*} Entonces, la suma de los cuadrados de un punto $P=(x,y)$ a los tres vértices se escribe como \[(x-\tfrac{2}{\sqrt{3}})^2+y^2+(x+\tfrac{1}{\sqrt{3}})^2+(y-1)^2+(x+\tfrac{1}{\sqrt{3}})^2+(y+1)^2=4+3(x^2+y^2)=5.\] siempre que $P$ esté en la circunferencia inscrita.

Que se puede formar un triángulo con los segmentos $AP,BP,CP$ es cierto para cualquier punto interior al triángulo. Observemos que podemos prolongar $AP$ hasta llegar a un punto $D$ del lado $BC$. Con lo que $AP\leq AD\leq BC\leq BP+PC$, donde hemos usado que la longitud de $AD$ es menor que la longitud de un lado y la desigualdad triangular. Se razona de la misma forma que $BP\leq AP+CP$ y que $CP\leq AP+BP$.

Para calcular el área del triángulo, llamemos $a=AP$, $b=BP$ y $c=CP$ por comodidad. La fórmula de Herón nos dice que \begin{align*} 16S^2&=(a+b+c)(-a+b+c)(a-b+c)(a+b-c)\\ &=((b+c)^2-a^2)((b-c)^2-a^2)\\ &=-a^4+2 a^2 b^2+2 a^2 c^2-b^4+2 b^2 c^2-c^4\\ &=4(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)-(a^2+b^2+c^2)^2. \end{align*} Hemos probado que $a^2+b^2+c^2=5$ y también es fácil comprobar que \[a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2=3(x^2+y^2)^2+4(x^2+y^2)+\tfrac{16}{3}=7,\] lo que nos lleva a que $16S^2=4\cdot 7-25=3$ y, por tanto, $S=\frac{\sqrt{3}}{4}$.