Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Supongamos que los puntos son $A=(a,a^2)$ y $B=(b,b^2)$ con $a\lt b$. Teniendo en cuenta que la derivada de $x^2$ es $2x$, podemos calcular las expresiones $y=2ax-a^2$ e $y=2bx-b^2$ de las rectas tangentes. Es fácil resolver el sistema para obtener que estas tangentes se cortan en el punto $C=(\frac{a+b}{2},ab)$. Por otro lado, el punto medio de $AB$ es $M=(\frac{a+b}{2},\frac{a^2+b^2}{2})$, luego la recta $CM$ tiene ecuación $x=\frac{a+b}{2}$ (se trata de una recta vertical). El área de $ABC$ es el área de $BCM$ más el área de $ACM$, que pueden calcularse como un medio de la mediana $m=CM$ por las alturas respecto de este lado, que son rectas horizontales. Estas alturas son, de hecho, la diferencia de las primeras coordenadas de $B$ y $M$ y de $A$ y $M$. Tenemos entonces que el área que nos piden es \[\mathrm{Área}(ABC)=\mathrm{Área}(BCM)+\mathrm{Área}(ACM)=\tfrac{1}{2}m(b-\tfrac{a+b}{2})+\tfrac{1}{2}m(\tfrac{a+b}{2}-a)=\tfrac{1}{2}m(b-a).\] Ahora bien, tenemos también que $m=\frac{a^2+b^2}{2}-ab=\frac{1}{2}(b-a)^2$, de donde podemos despejar $b-a=\sqrt{2m}$. Con todo esto, podemos expresar el área únicamente en función de $m$ como nos piden: \[\mathrm{Área}(ABC)=\frac{\sqrt{2}}{2}m^{3/2}.\]

Solución. Consideremos los puntos $P$ y $Q$ indicados en la figura de abajo. Por simetría, el área se descompone en $8$ triángulos congruentes a $OPQ$. Este último triángulo, sombreado en la figura, tiene base $PQ$ y altura $\frac{1}{2}$, luego el área que nos piden es $S=8\cdot\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{2}\cdot PQ=2 PQ$ y será suficiente calcular la longitud de $PQ$ en función de $\alpha=\angle A'PQ$.

Por la simetría de la figura y usando trigonometría en el triángulo $A'PQ$, obtenemos que $BP=A'P=PQ\cos\alpha$. Análogamente, tenemos que $AQ=A'Q=PQ\operatorname{sen}\alpha$, con lo que \[1=AB=AQ+PQ+BP=PQ(1+\operatorname{sen}\alpha+\cos\alpha).\] Esto nos lleva a la solución del problema \[S=2PQ=\frac{2}{1+\operatorname{sen}\alpha+\cos\alpha}.\]

Nota. La solución presupone que $\alpha\in[0,90]$ implícitamente. Para un valor de $\alpha$ general, por la simetría de la construcción basta reducirlo módulo $90$ a un ángulo de dicho intervalo.

Solución. En la figura pueden verse los tres triángulos que tienen su vértice en $P$ dibujados de colores distintos. Trasladamos dos de ellos de forma paralela a los lados hasta que se apoyen los tres sobre un mismo lado del triángulo (en la figura hemos elegido el lado $AB$). Los tres triángulos así obtenidos son semejantes pues tienen sus lados paralelos a los lados del triángulo original. Por tanto, sus áreas serán proporcionales al cuadrado de sus alturas, es decir, $S_1=\lambda h_1^2$, $S_2=\lambda h_2^2$, $S_3=\lambda h_3^2$ para cierta constante positiva $\lambda$. Por otro lado, la altura del triángulo grande $ABC$ es $h_1+h_2+h_3$ y también es semejante a los tres triángulos pequeños, luego $S=\lambda(h_1+h_2+h_3)^2$ y la desigualdad a probar se puede reescribir como \[(h_1+h_2+h_3)^2\leq 3(h_1^2+h_2^2+h_3^2)\] ya que podemos cancelar $\lambda$ en ambos miembros. Desarrollando el cuadrado y agrupando términos, esta desigualdad se puede reescribir como \[0\leq 2(h_1^2+h_2^2+h_3^2-h_1h_2-h_1h_3-h_2h_3)=(h_1-h_2)^2+(h_2-h_3)^2+(h_3-h_1)^2,\] que es obviamente cierta.

Nota. La igualdad se cumple cuando $h_1=h_2=h_3$, luego los tres triángulos pequeños deben ser iguales (congruentes). Esto se cumple si y solo si $P$ es el baricentro del triángulo. ¿Sabrías demostrarlo?