Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Si hacemos una inversión respecto de uno de los cinco puntos, éste se va a infinito y los otros cuatro se quedan en el plano. Llamémoslos $A$, $B$, $C$ y $D$ y observemos que los separadores (dependiendo de si contienen o no el centro de inversión) se corresponden con:

• Rectas que pasan por dos de los puntos $A,B,C,D$ y dejan a los otros dos puntos en semiplanos distintos.
• Circunferencias que pasan por tres de los puntos $A,B,C,D$ y dejan al cuarto en su interior.

Por consiguiente, tendremos dos posibilidades. La primera de ellas es que los puntos $A,B,C,D$ sean los vértices de un cuadrilátero convexo $ABCD$ (podemos suponer que los vértices están en este orden renombrándolos si es necesario). En tal caso hay dos rectas que pasan por dos de ellos y dejan a los otros dos en semiplanos distintos (las diagonales $AC$ y $BD$) y dos circunferencias que pasan por tres de ellos y dejan al cuarto en su interior (una de las circunferencias circunscritas a $ABC$ ó $ACD$ y una de las circunferencias circunscritas a $BCD$ ó $ABD$). Por tanto, encontramos los cuatro separadores buscados.

La segunda posibilidad es que $ABC$ forme un triángulo y $D$ esté en su interior (después de renombrar los vértices si es necesario). En tal caso, hay tres rectas que pasan por dos de los puntos y dejan a los otros dos en semiplanos distintos ($AD$, $BD$ y $CD$) y una sola circunferencia que pasa por tres de ellos y deja al cuarto en su interior (la circunscrita al triángulo $ABC$). En consecuencia, también hay sólo cuatro separadores en este segundo caso.

Solución. El lado de un polígono de $n$ lados inscrito en una circunferencia de radio unidad viene dado por $2\sin(\frac{\pi}{n})$, luego el triángulo que estamos buscando tiene por lados $2\sin(\frac{\pi}{10})$, $2\sin(\frac{\pi}{6})=1$ y $2\sin(\frac{\pi}{5})$. El triángulo existirá y será rectángulo cuando estos tres números cumplan el teorema de Pitágoras. Como $2\sin(\frac{\pi}{10})$ es el mayor de los tres lados, tendrá que jugar el papel de la hipotenusa, es decir, el problema se reduce a demostrar que \[4\sin^2\left(\frac{\pi}{5}\right)=1+4\sin^2\left(\frac{\pi}{10}\right).\] Hay muchas formas de demostrar esta identidad usando trigonometría. Aquí comenzaremos calculando $\sin(\frac{\pi}{10})$ usando un pentágono regular $A_1A_2A_3A_4A_5$ de lado $\ell$ y diagonal $d$. Como $\angle A_4A_1A_3=\frac{\pi}{5}$, si tomamos $M$ el punto medio del lado $A_3A_4$, entonces $\angle A_4A_1M=\frac{\pi}{10}$ y el triángulo $A_4A_1M$ tiene un ángulo recto en $M$, luego $2\sin(\frac{\pi}{10})=2\frac{A_4M}{A_1A_4}=\frac{\ell}{d}$. Ahora bien, $\ell$ y $d$ satisfacen la relación $d^2=\ell^2+\ell d$ (véase la nota más abajo), luego $(\frac{\ell}{d})^2+\frac{\ell}{d}-1=0$, es decir, $2\sin(\frac{\pi}{10})$ es solución de la ecuación $x^2+x-1=0$. Resolviendo esta ecuación y quedándonos con la solución positiva, tenemos que \[\sin\left(\frac{\pi}{10}\right)=\frac{-1+\sqrt{5}}{4}.\] Usando ahora la fórmula del ángulo doble y la identidad $\sin^2(\frac{\pi}{10})+\cos^2(\frac{\pi}{10})=1$, podemos calcular \[\sin^2\left(\frac{\pi}{5}\right)=4\sin^2\left(\frac{\pi}{10}\right)\cos^2\left(\frac{\pi}{10}\right)=4\left(\frac{-1+\sqrt{5}}{4}\right)\left(1-\left(\frac{-1+\sqrt{5}}{4}\right)^2\right)=\frac{5-\sqrt{5}}{8}.\] Ahora podemos calcular explícitamente \[4\sin^2\left(\frac{\pi}{5}\right)-4\sin^2\left(\frac{\pi}{10}\right)=\frac{5-\sqrt{5}}{2}-4\left(\frac{-1+\sqrt{5}}{4}\right)^2=\frac{5-\sqrt{5}}{2}-\frac{3-\sqrt{5}}{2}=1.\]

Nota. Hay varias formas de probar la identidad $d^2=\ell^2+\ell d$. Dos de ellas son las siguientes:

• Si $P$ denota la intersección de $A_1A_3$ y $A_2A_5$, entonces los triángulos $A_1A_4A_3$ y $A_3PA_2$ son semejantes (tienen los lados paralelos) y la relación $\frac{A_3A_4}{A_2P}=\frac{A_1A_4}{A_2A_3}$ se traduce en $\frac{\ell}{d-\ell}=\frac{d}{\ell}$, de donde $d^2=\ell^2+\ell d$.
• Otra forma de probarla es aplicar el teorema de Ptolomeo al cuadrilátero cíclico $A_1A_2A_3A_4$. El producto de sus diagonales es $d^2$ y la suma de los productos de lados opuestos es $\ell^2+\ell d$, de donde se deduce inmediatamente que $d^2=\ell^2+\ell d$.

Solución. Sea $A_1A_2\ldots A_{10}$ un decágono regular inscrito en una circunferencia de radio $1$, luego $A_1A_3A_5A_7A_9$ es un pentágono regular inscrito en la misma circunferencia. Si llamamos $\ell_5$ y $\ell_{10}$ a las longitudes de los lados del pentágono y el decágono, respectivamente, tendremos que demostrar que $\ell_{5}^2=1+\ell_{10}^2$ (observemos que el hexágono regular inscrito en esta circunferencia tiene lado igual al radio (igual a $1$).

El teorema de Ptolomeo nos dice que en un cuadrilátero cíclico el producto de las diagonales es igual a la suma de los productos de los lados opuestos. Por tanto,

• aplicándolo al cuadrilátero $A_1A_3A_5A_7$, obtenemos que $d^2=\ell_5^2-\ell_5 d$, siendo $d$ la diagonal del pentágono;
• aplicándolo al cuadrilátero $A_1A_5A_6A_7$, obtenemos que $\ell_5=\ell_{10}d$, luego $d=\frac{\ell_5}{\ell_{10}}$.

Sustituyendo $d=\frac{\ell_5}{\ell_{10}}$ en $d^2=\ell_5^2-\ell_5 d$, tenemos que \[\frac{\ell_5^2}{\ell_{10}^2}=\ell_5^2-\frac{\ell_5^2}{\ell_{10}}\quad\Leftrightarrow\quad \ell_{10}^2=1+\ell_{10}.\] El teorema de Pitágoras aplicado al triángulo rectángulo $A_1A_6A_7$ nos dice que $d^2+\ell_{10}^2=4$. Sustituyendo $d=\frac{\ell_5}{\ell_{10}}$ y usando repetidamente la relación $\ell_{10}^2=1+\ell_{10}$, obtenemos finalmente que \[\ell_5^2=\ell_{10}^2(4-\ell_{10}^2)=(1+\ell_{10})(3-\ell_{10})=3+2\ell_0-\ell_{10}^2=3+2(\ell_0^2-1)-\ell_{10}^2=\ell_{10}^2+1.\]

Solución. El cuadrilátero $ACDE$ está inscrito en la circunferencia circunscrita al heptágono, luego el teorema de Ptolomeo nos asegura que \[AC\cdot DE+CD\cdot AE=AD\cdot CE.\] Dado que $CD=DE=1$ y $AE=AD$ y $CE=AC$, esta igualdad se traduce en \[AC+AD=AD\cdot AC,\] de donde se sigue fácilmente la fórmula del enunciado.

Nota. Aplicando el teorema de Ptolomeo al cuadrilátero $ABCD$ obtenemos \[1+AD=AC^2,\] que es otra relación interesante entre las diagonales del heptágono. De hecho, usando las dos relaciones obtenidas puede hallarse que $AC$ es la única solución mayor que $1$ de la ecuación $x^3-x^2-2x+1=0$.

Solución. En cada lado del polígono dibujamos un rectángulo con base dicho lado y altura $A/P$ hacia el interior del polígono. La suma de las áreas de todos los rectángulos será igual a $P\cdot(A/P)=A$, pero el área total que cubren es menor que $A$ dado que los rectángulos se superponen unos con otros cerca de los vértices del polígono. En otras palabras, los rectángulos no cubren todo el polígono, luego existirá un punto $p$ del interior del polígono no cubierto por ningún rectángulo. La distancia de $p$ a cualquiera de los lados es mayor que $A/P$ por no pertenecer a ningún rectángulo, luego el círculo de radio $A/P$ centrado en $p$ está contenido en el interior del polígono.

Nota. ¿Qué podría fallar en este argumento si el polígono no es convexo?

Solución. Supongamos que uno de los puntos $O$ está unido a $k$ puntos $P_1,\ldots,P_k$ y demostraremos que $k\leq 5$. Uno de estos puntos será el punto más cercano a $O$, que supondremos que es $P_1$, es decir, la circunferencia $\Gamma$ de centro $O$ que pasa por $P_1$ no contiene a otros puntos en su interior. Ahora bien, para cada uno de los otros puntos $P_r$, $2\leq r\leq k$, $O$ ha de ser su punto más cercano, luego la circunferencia $\Gamma_r$ de centro $P_r$ que pasa por $O$ no contiene otros puntos en su interior. Además, todos los otros puntos $P_1,\ldots,P_{r-1},P_{r+1},\ldots,P_k$ han de estar en el mismo semiplano determinado por la mediatriz de $OP_k$ que el punto $O$ (en caso contrario, $P_r$ sería más cercano que $O$, con el que están unidos). Esta mediatriz corta a $\Gamma_r$ en dos puntos $A_r$ y $B_r$, y las rectas $OA_r$ y $OB_r$ determinan un sector angular $\Omega_r$ de ángulo $120^\circ$ que contiene a $P_r$ en su interior.

La discusión anterior nos dice que el sector $\Omega_r$ no contiene a ninguno de los puntos $P_1,\ldots,P_{r-1},P_{r+1},\ldots,P_k$, pues $\Omega_r$ está contenido en la unión del círculo bordeado por $\Gamma_r$ y el semiplano determinado por la mediatriz $A_rB_r$ que contiene a $P_r$. Además, como las distancias entre cada par de puntos son distintas, ninguno de los puntos $P_1,\ldots,P_{r-1},P_{r+1},\ldots,P_k$ puede estar en las rectas $OA_r$ ó $OB_r$. Un razonamiento similar nos da la existencia de un sector $\Omega_1$ de ángulo $120º$ centrado en $P_1$ (contenido en la unión del interior de $\Gamma$ y el semiplano determinado por la mediatriz de $OP_1$ que contiene a $P_1$). En consecuencia, si suponemos que las semirrectas de vértice $O$ que pasan por $P_1,P_2,\ldots,P_k$ están ordenadas en sentido antihorario, el ángulo entre dos semirrectas consecutivas es estrictamente mayor que $60^\circ$. Como la suma de los $k$ ángulos que forman estas semirrectas es $360^\circ$, deducimos que $k\leq 5$.

Nota. Se puede probar fácilmente que pudiera haber puntos unidos exactamente a otros $5$ puntos, luego el resultado no se puede mejorar. Una forma de ver esto es considerar el centro y los vértices de un pentágono regular y modificar ligeramente sus posiciones para que todas las distancias sean distintas.