Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Llamemos $2\alpha$, $2\beta$ y $2\gamma$ a los ángulos del triángulo $ABC$ en los vértices $A$, $B$ y $C$, respectivamente. Como $L$ es paralela a $AB$, se tiene que $\angle BGC=\angle ABF=\beta$, $\angle ACG=\angle BAC=2\alpha$, $\angle BCE=\angle ABC=2\beta$ y $\angle AEC=\angle BAD=\alpha$. Esto nos dice que los triángulos $BCG$ y $ACE$ son isósceles, luego $CG=BC=a$ y $CE=AC=b$. La semejanza entre $ABF$ y $CGF$ y la semejanza entre $BAD$ y $CED$ nos dicen que \[\frac{a}{FC}=\frac{c}{AF}=\frac{a+c}{AF+FC}=\frac{a+c}{b},\qquad \frac{b}{DE}=\frac{c}{BD}=\frac{b+c}{BD+DE}=\frac{b+c}{a}.\] Usando esto y el teorema del seno en los triángulos $CFG$ y $CDE$, llegamos a que \[FG=\frac{\sin(2\alpha)}{\sin(\beta)}FC=\frac{ab\sin(2\alpha)}{(a+c)\sin(\beta)},\qquad DE=\frac{\sin(2\beta)}{\sin(\alpha)}CD=\frac{ab\sin(2\beta)}{(b+c)\sin(\alpha)}.\] Igualando estas dos expresiones, llegamos a que \[(a+c)\sin(\beta)\sin(2\beta)=(b+c)\sin(\alpha)\sin(2\alpha).\] Usamos ahora el teorema del seno en $ABC$, que nos dice que $\sin(2\beta)=\frac{b}{a}\sin(2\alpha)$, y el hecho de que $\sin(2\alpha)\neq 0$ por ser $0\lt\alpha\lt90$, para reescribir lo anterior como \[(a+c)b\sin(\beta)=(b+c)a\sin(\alpha)\ \Leftrightarrow\ ab(\sin(\beta)-\sin(\alpha))+c(b\sin(\beta)-a\sin(\alpha))=0.\qquad (\star)\] La demostración habrá terminado si probamos que $\alpha=\beta$, lo que se deduce de $(\star)$ por reducción al absurdo. Si $\alpha\gt\beta\gt 0$, entonces $a\gt b\gt 0$ y $\sin(\alpha)\gt\sin(\beta)\gt 0$ (la función seno es creciente en el intervalo $[0,90]$) luego el miembro de la izquierda en $(\star)$ sería negativo y no cero (como habíamos probado). Análogamente, si $\beta\gt\alpha$, el miembro de la derecha en $(\star)$ es positivo y no cero.

Solución. Llamemos $2\alpha$, $2\beta$ y $2\gamma$ a los ángulos del triángulo $ABC$ en los vértices $A$, $B$ y $C$, respectivamente. Como $L$ es paralela a $AB$, se tiene que $\angle BGC=\angle ABF=\beta$, $\angle ACG=\angle BAC=2\alpha$, $\angle BCE=\angle ABC=2\beta$ y $\angle AEC=\angle BAD=\alpha$. Esto nos dice que los triángulos $BCG$ y $ACE$ son isósceles, luego $CG=BC=a$ y $CE=AC=b$. Si llamamos $v_a=AD$ y $v_b=BF$ a las longitudes de las bisectrices de $ABC$, entonces la semejanza entre $ABF$ y $CGF$ y la semejanza entre $BAD$ y $CED$ nos dicen que \[\frac{a}{FG}=\frac{c}{v_b},\qquad \frac{b}{DE}=\frac{c}{v_a}.\] Teniendo en cuenta que $FG=DE$ según el enunciado, obtenemos que $av_b=bv_a$ o bien $a^2v_b^2-b^2v_a^2=0$. Ahora vamos a usar las siguientes fórmulas para las longitudes de las bisectrices \[v_a^2=\frac{2bc(b+c-a)}{(b+c)^2},\qquad v_b^2=\frac{2ac(a+c-b)}{(a+c)^2}.\] Con ellas podemos transformar la condición $a^2v_b^2-b^2v_a^2=0$ en \begin{align*} \frac{2b^3c(b+c-a)}{(b+c)^2}-\frac{2a^3c(b+c-a)}{(a+c)^2}=0&\ \Leftrightarrow\ b^3(a+c)^2(b+c-a)-a^3(b+c)^2(a+c-b)=0\\ &\ \Leftrightarrow\ (b-a)(b^3(a+c)^2+a^3(b+c)^2)+c(b^3(a+c)^2-a^3(b+c)^2) \end{align*} Ahora bien, podemos sacar un factor $b-a$ del último término $b^3(a+c)^2-a^3(b+c)^2$ si lo desarrollamos: \begin{align*} b^3(a+c)^2-a^3(b+c)^2&=b^3a^2-b^2a^3+2c(b^3a-ba^3)+c^2(b^3-a^3)\\ &=a^2b^2(b-a)+2abc(b+a)(b-a)+c^2(b^2+ab+a^2)(b-a). \end{align*} Juntándolo todo, hemos podido sacar factor común $b-a$ de forma que $av_b-bv_a=0$ equivale a \[(b-a)\left(b^3(a+c)^2+a^3(b+c)^2+ca^2b^2+2abc^2(b+a)+c^3(b^2+ab+b^2)\right)=0.\] Obviamente, el segundo factor de la igualdad anterior es positivo ya que $a,b,c\gt 0$ y todos los coeficientes son positivos. Deducimos que $a=b$, como queríamos probar.

Solución. Consideremos la homotecia $h$ de centro $G$ que lleva $E$ en $I$ (esta homotecia tiene razón negativa). Entonces, $h$ debe llevar la recta $AB$ en una recta paralela a $AB$ que pasa por $I$, es decir, $h$ lleva la recta $AB$ a la recta $CD$. Asimismo, $h$ lleva $A$ en un punto de la recta $CD$ alineado con $G$ y $A$, que no puede ser otro que el punto $C$. Finalmente, $h$ lleva la recta $AD$ en una recta paralela a $AD$ que pasa por $h(A)=C$, que no es otra que la recta $BC$. Como un punto y su imagen por $h$ están alineados con $G$, tenemos que $h(F)=G$, luego $h$ lleva la recta $EF$ en la recta $h(E)h(F)=IH$, que es por tanto paralela a $EF$.

Solución. Para probar el apartado (a), desarrollamos y usamos las ecuaciones para calcular \begin{align*} (a-b)(b-c)(c-a)&=(c^2-a^2)b+(b^2-c^2)a+(a^2-b^2)c=-(ab+bc+ac). \end{align*} Bastará ver que $ab+bc+ac=-1$. Ahora bien, multiplicando las tres ecuaciones del sistema obtenemos que $abc(a+1)(b+1)(c+1)=a^2b^2c^2$, donde podemos simplificar $abc$ ya que los tres números son no nulos. Esto nos da \[(a+1)(b+1)(c+1)=abc\Leftrightarrow 1+a+b+c+ab+bc+ac=0.\] Esto nos da la igualdad deseada ya que, sumando las tres ecuaciones originales, se tiene claramente que $a+b+c=0$.

El apartado (b) es bastante estándar a partir del teorema de Ptolomeo para cuadriláteros cíclicos aplicado a cuadriláteros con vértices cuatro de los vértices del eneágono. Observemos que tenemos que probar tres relaciones: (1) $a^2+a=b^2$, (2) $b^2+b=c^2$ y (3) $c^2-c=a^2$ (hemos cambiado $c$ por $-c$ en las ecuaciones del sistema del apartado a). La primera de ellas se sigue de aplicar Ptolomeo al cuadrilátero $A_1A_2A_3A_4$, la segunda al cuadrilátero $A_1A_4A_6A_8$ y la tercera al cuadrilátero $A_1A_4A_5A_9$, como se indica en la figura (los segmentos verdes son iguales a $a$, los rojos a $b$, los azules a $1$ y los amarillos a $c$).

Solución. Aplicando la desigualdad triangular a los triángulos $ABP$, $BCP$ y $ACP$, obtenemos las desigualdades: \begin{align*} AP+BP&\leq AB,& BP+CP&\leq BC,& CP+AP&\leq AC.& \end{align*} Sumando las tres, llegamos a que $AP+BP+CP\geq\frac{p}{2}$.

Para probar la otra desigualdad, prolongamos $AP$ hasta un punto $Q$ en $BC$. La desigualdad triangular en el triángulo $BPQ$ nos dice que $BP\leq PQ+BQ$ y en el triángulo $ACQ$ también nos dice que $AQ\leq AC+QC$. Entonces, podemos escribir \[AP+BP\leq AP+PQ+BQ=AQ+BQ\leq AC+QC+BQ=AC+BC.\] De la misma forma, se prueba que $AP+CP\leq AB+BC$ y $BP+CP\leq AB+AC$. Sumando estas tres desigualdades, llegamos a que $AP+BP+CP\leq p$.

Nota. Si buscamos constantes $m$ y $M$ tales que $mp\leq AP+BP+CP\leq Mp$ (que no dependen del punto $P$ ni del triángulo $ABC$), tomar $m=\frac{1}{2}$ es una elección óptima ya que la igualdad se da en el caso límite en que $A=P$ son el punto medio del segmento $BC$. En cambio, la constante $M=1$ del enunciado no es óptima, por lo que puede que otra demostración dé de hecho una constante mejor. La obtención del valor óptimo de $M$ es un problema más difícil que puede resolverse usando el punto de Fermat del triángulo (que es el que minimiza la suma de distancias a los tres vértices).

Solución. Sumando las tres desigualdades obtenemos que \[360º=\angle APB+\angle BPC+\angle APC\leq 2(\angle ACB+\angle BAC+\angle ABC)=2\cdot 180º=360º,\] por lo que todas las desigualdades del enunciado deben ser igualdades. Ahora bien, estas igualdades son ciertas cuando $P$ coincide con $O$, el circuncentro de $ABC$, usando la propiedad de que ángulo central es el doble del ángulo inscrito. Veamos que si $P\neq O$, entonces alguna de las igualdades no es cierta y esto demostrará que el circuncentro es el único punto que cumple las desigualdades del enunciado.

Consideremos el círculo que pasa por $O$, $A$ y $B$, el círculo que pasa por $O$, $B$ y $C$ y el círculo que pasa por $O$, $A$ y $C$. Si $P\neq O$, entonces $P$ estará en el exterior en uno de estos tres círculos (ya que no tienen puntos interiores común al pasar todos por $O$). Pongamos que $P$ está en el exterior del círculo que pasa por $O$, $A$ y $B$ sin perder generalidad. Las propiedades del arco capaz y del ángulo central nos dicen que $\angle APB\lt \angle AOB=2\angle ACB$, luego no se da la igualdad y hemos terminado.

Nota. Supongamos que $P$ es un punto que se encuentra en el mismo semiplano que $O$ respecto de la recta $AB$. Hemos usado la propiedad de que si $P$ está en el exterior del círculo que pasa por $O$, $A$ y $B$, entonces $\angle APB\lt \angle AOB$. Si, por el contrario, el punto $P$ está en el interior del círculo, entonces $\angle APB\gt \angle AOB$. La igualdad $\angle APB=\angle AOB$ se da únicamente cuando $P$ es parte de la circunferencia.