Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Si intercambiamos dos de los lados, lo que hay dentro del valor absoluto cambia de signo, lo que nos da la idea de intentar sacar factores comunes de la forma $a-b$, $b-c$ y $c-a$. Observamos que \[\frac{a-b}{a+b}+\frac{b-c}{b+c}=\frac{ab+ac-b^2-bc+ab-ac+b^2-bc}{(a+b)(b+c)}=\frac{2b(a-c)}{(a+b)(b+c)}.\] Por tanto, tenemos que \begin{align*} \frac{a-b}{a+b}+\frac{b-c}{b+c}+\frac{c-a}{c+a}&=\left(\frac{2b}{(a+b)(b+c)}-\frac{1}{c+a}\right)(a-c)\\ &=\frac{(a-b)(b-c)(a-c)}{(a+b)(b+c)(c+a)}. \end{align*} Si suponemos sin pérdida de generalidad que $a\geq b\geq c$, la desigualdad a demostrar es la siguiente sin valor absoluto ya que los factores del numerador son positivos: \[\frac{(a-b)(b-c)(a-c)}{(a+b)(b+c)(c+a)}\lt\frac{1}{16}.\] Por un lado, la desigualdad triangular nos dice que $a\lt b+c$, lo que nos sirve para estimar $a$ en el numerador. Por otro lado, tenemos que $a\gt b$ nos da una forma de estimar $a$ en el denominador. Juntando estas dos estimaciones, llegamos a que \[\frac{(a-b)(b-c)(a-c)}{(a+b)(b+c)(c+a)}\lt\frac{bc(b-c)}{2b(b+c)^2}=\frac{(\frac{b}{c}-1)}{2(\frac{b}{c}+1)^2}.\] Tomamos ahora la función $f(x)=\frac{x-1}{2(x+1)^2}$, definida para todo $x\geq 1$ (ya que $\frac{b}{c}\geq 1$). Será suficiente ver que su máximo es menor o igual que $\frac{1}{16}$. Tenemos que su derivada $f'(x)=\frac{3-x}{2(x+1)^3}$ es positiva en $[1,3)$ y negativa en $(3,+\infty)$, luego $f(x)$ crece estrictamente desde $f(1)=0$ hasta $f(3)=\frac{1}{16}$ y luego decrece. Esto concluye la demostración.

Nota. La cota $\frac{1}{16}$ parece no ser óptima.

Solución. Llamemos $Q$ al punto medio de $BC$ y $M$ al pie de la perpendicular desde $N$ al lado $BC$ y llamemos $a=BC$ y $x=BP$. Pongamos también sin pérdida de generalidad que $P$ está más cerca de $B$ que de $C$, es decir, que $x\leq\frac{a}{2}$. Como $M_1$ es el punto medio de $BP$, tenemos que $BM_1=M_1P=\frac{x}{2}$. Como $N$ es el punto medio de $AP$ y los segmentos $NM$ y $AQ$ son paralelas, el teorema de Thales nos dice que $PM=MQ=\frac{1}{2}(\frac{a}{2}-x)=\frac{a}{4}-x$. También tenemos que $QM_2=QC-M_2C=\frac{a}{2}-\frac{a-x}{2}=\frac{x}{2}$ y de todo esto deducimos que \[M_1M=M_1P+PM=\frac{a}{4}-\frac{x}{2},\qquad MM_2=MQ+QM_2=\frac{a}{4}-\frac{x}{2},\] y por tanto $M$ es el punto medio de $M_1M_2$. El área del trapecio es la base media $MN$ (que es igual a $\frac{AQ}{2}$ por el mismo teorema de Thales anterior) por la altura $M_1M_2=\frac{a}{2}$, luego $M_1M_2N_2N_1$ tiene área $\frac{1}{2}(\frac{a\cdot AQ}{2})$, que es claramente la mitad del área de $ABC$.

Solución. Sean $X$ e $Y$ los pies de las perpendiculares al lado $BC$ desde $A$ y $D$, respectivamente y vamos a probar que $BX=BY$. En los triángulos $ABX$ y $ACX$, tenemos que \[\tan(60^\circ)=\frac{AX}{BX},\qquad \tan(80^\circ)=\frac{AX}{CX}=\frac{AX}{BC-BX}.\] Igualando $AX$ en ambas igualdades, podemos despejar \[\frac{BX}{BC}=1+\frac{\tan(60^\circ)}{\tan(80^\circ)}.\] Razonando de forma similar en los triángulos $ABY$ y $ACY$, obtenemos \[\frac{BY}{BC}=1+\frac{\tan(40^\circ)}{\tan(70^\circ)},\] por lo que simplemente tenemos que comprobar que \[\frac{\tan(60^\circ)}{\tan(80^\circ)}=\frac{\tan(40^\circ)}{\tan(70^\circ)}\ \Longleftrightarrow\ \tan(60^\circ)\tan(70^\circ)=\tan(40^\circ)\tan(80^\circ)\] y habremos terminado. Por las identidades de factorización (véase la nota), tenemos que: \[\tan(60^\circ)\tan(70^\circ)=\frac{\mathrm{sen}(60^\circ)\mathrm{sen}(70^\circ)}{\cos(60^\circ)\cos(70^\circ)}=\frac{\cos(10^\circ)-\cos(130^\circ)}{\cos(10^\circ)+\cos(130^\circ)}=\frac{1-\frac{\cos(130^\circ)}{\cos(10^\circ)}}{1+\frac{\cos(130^\circ)}{\cos(10^\circ)}}\] y análogamente \[\tan(40^\circ)\tan(80^\circ)=\frac{\mathrm{sen}(40^\circ)\mathrm{sen}(80^\circ)}{\cos(40^\circ)\cos(80^\circ)}=\frac{\cos(40^\circ)-\cos(120^\circ)}{\cos(40^\circ)+\cos(120^\circ)}=\frac{1-\frac{\cos(120^\circ)}{\cos(40^\circ)}}{1+\frac{\cos(120^\circ)}{\cos(40^\circ)}}.\] Por lo tanto, será suficiente comprobar que \[\frac{\cos(130^\circ)}{\cos(10^\circ)}=\frac{\cos(120^\circ)}{\cos(40^\circ)}\ \Longleftrightarrow\ \cos(130^\circ)\cos(40^\circ)=\cos(10^\circ)\cos(120^\circ).\] De nuevo por las identidades de factorización, tenemos que \[\cos(130^\circ)\cos(40^\circ)=\frac{\cos(170^\circ)+\cos(90^\circ)}{2}=\frac{-1}{2}\cos(10^\circ)=\cos(10^\circ)\cos(120^\circ),\] donde hemos usado que $\cos(90^\circ)=0$, $\cos(170^\circ)=-\cos(10^\circ)$ y $\cos(120^\circ)=\frac{-1}{2}$. Esto concluye la demostración según los razonamientos previos.

Nota. Hemos utilizado las conocidas identidades de factorización \begin{align*} \mathrm{sen}(x)\,\mathrm{sen}(y)&=\frac{\cos(x-y)-\cos(x+y)}{2},\\ \cos(x)\cos(y)&=\frac{\cos(x+y)+\cos(x-y)}{2}, \end{align*} que se deducen fácilmente de desarrollar los miembros de la derecha mediante las fórmulas del seno y coseno de la suma y la diferencia.

Solución. Aplicamos una rotación de $90^\circ$ al triángulo $OXV$ de forma que $X'=M$ (como es usual denotamos con un apóstrofe a los puntos después de aplicarles la rotación). Está claro que se forma un nuevo triángulo $AV'X'$ de forma que $O$ es el punto medio del lado $AV'$. En este triángulo, $O$ es el punto medio del lado $AV'$. Si denotamos por $N$ al punto medio de $AM$, tenemos que $AON$ y $AV'M$ están en posición de Thales y son semejantes con razón de semejanza $\frac{1}{2}$. En particular,

• $XV=X'V'=MV'=2ON$, lo que responde al apartado (a).
• $ON$ es paralela a $X'V'$, luego es perpendicular a $XV$ (que es rotada de $X'V'$ un ángulo recto), lo que responde al apartado (b).