Olimpiadas de Matemáticas
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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.

Solución. Las caras son 12 polígonos que tienen 5 lados cada uno (un total de $12\cdot 5=60$ lados). En esta suma de lados tenemos cada arista contada por duplicado, lo que hace un total de $30$ aristas. Como tres de ellas concurren en cada vértice y cada arista une dos vértices, tendremos un total de $2\cdot\frac{30}{3}=20$ vértices.

Cada cara tiene 5 diagonales, lo que hace un total de $5\cdot 12=60$ diagonales de todas las caras. Cada par de vértices determina un segmento, luego habrá $\binom{20}{2}=190$ segmentos determinados por cada dos vértices. Finalmente, el número de diagonales del dodecaedro será igual a este número de segmentos descontando las diagonales de las caras y las aristas del poliedro, es decir, $190-60-30=100$.

Nota. Podemos comprobar que se cumple la fórmula de Euler \[C-A+V=2,\] donde $C=12$, $A=30$ y $V=20$ son el número de caras, aristas y vértices, respectivamente.

Solución. Supongamos que el plano es el de ecuación $z=0$ y que uno de los vértices del cubo es $(0,0,0)$. Buscamos una base ortogonal de $\mathbb{R}^3$ formada por tres vectores $v_1,v_2,v_3$ con módulo $\ell$ (el lado del cubo) y cuyas terceras coordenadas son $1$, $2$ y $4$. Si los encontramos, entonces el origen junto con los puntos \[v_1,\quad v_2\quad v_1+v_2,\quad v_3,\quad v_3+v_1,\quad v_3+v_2,\quad v_3+v_2+v_1\] serán los vértices del cubo que buscamos. Veamos cómo construir estos vectores:

• En primer lugar, haciendo una rotación respecto del eje $OZ$ si es necesario e imponiendo que el módulo es $\ell$ y la tercera coordenada es $1$, podemos suponer que \[v_1=\left(\sqrt{l^2-1},0,1\right).\]
• El vector $v_2$ será de la forma $(x,y,2)$. El hecho de que tenga módulo $\ell$ y sea ortogonal a $v_1$ se traduce en las ecuaciones \[\left\{\begin{array}{l}x^2+y^2+4=\ell^2,\\x\sqrt{\ell^2-1}+2=0.\end{array}\right.\] Este sistema puede resolverse fácilmente (nos quedamos con la solución positiva para $y$ ya que la negativa es simétrica respecto del plano $XZ$), con lo que queda \[v_2=\left(\frac{-2}{\sqrt{\ell^2-1}},\frac{\ell\sqrt{\ell^2-5}}{\sqrt{\ell^2-1}},2\right).\]
• El vector $v_3$ será de la forma $(u,v,4)$. Imponer que $v_3$ sea ortogonal a $v_1$ y $v_2$ resulta en las ecuaciones \[\left\{\begin{array}{l}u\sqrt{\ell^2-1}+4=0,\\\frac{-2u}{\sqrt{\ell^2-1}}+\frac{v\ell\sqrt{\ell^2-5}}{\sqrt{\ell^2-1}}+8=0.\end{array}\right.\]
Este sistema se resuelve fácilmente dando lugar a \[v_3=\left(\frac{-4}{\sqrt{\ell^2-1}},\frac{-8\ell}{\sqrt{\ell^2-1}\sqrt{\ell^2-5}},4\right).\] Imponiendo que el módulo de este vector sea igual a $\ell$, nos queda la ecuación \[|v_3|^2=\ell^2\ \Leftrightarrow\ \frac{\ell^2(21-\ell^2)}{\ell^2-5}=0,\] de donde se tiene claramente que $\ell=\sqrt{21}$.

De esta manera, los vértices del cubo que cumple el enunciado son \[(0,0,0),\quad \left(2\sqrt{5},0,1\right),\quad \left(\frac{-\sqrt{5}}{5},\frac{2\sqrt{105}}{5},2\right),\quad \left(\frac{9\sqrt{5}}{5},\frac{2\sqrt{105}}{5},3\right)\] \[\left(\frac{-2\sqrt{5}}{5},\frac{-\sqrt{105}}{5},4\right),\quad \left(\frac{8\sqrt{5}}{5},\frac{-\sqrt{105}}{5},5\right),\quad \left(\frac{-3\sqrt{5}}{5},\frac{\sqrt{105}}{5},6\right),\quad \left(\frac{7\sqrt{5}}{5},\frac{\sqrt{105}}{5},7\right)\]

Nota. La solución dada es una forma sistemática de obtener un cubo que cumple las hipótesis, aunque hay otros cubos más sencillos que las cumplen (por ejemplo, tomando $v_1=(4,2,1)$ se simplifican un poco los cálculos, aunque a priori es difícil llegar a esta elección). Lo bueno de esta aproximación es que si el cubo no existiera, habríamos llegado a una contradicción.