Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Si denotamos por $h_a$ a la longitud de la altura sobre el lado $a$, por aplicación sencilla del teorema de Thales tenemos que $g_a=\frac{1}{3}h_a$, ya que el baricentro divide a la mediana en dos segmentos, uno de longitud doble que el otro. Ahora bien, si $S$ es al área del triángulo y $p$ su semiperímetro, sabemos que se cumple que $S=\frac{1}{2}ah_a=rp$, de donde \[g_a=\frac{1}{3}h_a=\frac{2S}{3a}=\frac{2r}{3}\cdot\frac{p}{a}.\] Como $p-a=\frac{1}{2}(-a+b+c)\geq 0$ por la desigualdad triangular, deducimos que $\frac{p}{a}\geq 1$. Por tanto, la identidad anterior nos dice que $g_a\geq\frac{2r}{3}$ y, análogamente, se prueban las otras dos desigualdades del apartado (a).

Para el apartado (b), observemos que no es suficiente sumar las tres desigualdades ya obtenidas, sino que hay que trabajar un poco más. Usando lo que ya hemos calculado y la desigualdad entre las medias aritmética y armónica llegamos a que \[\frac{1}{r}(g_a+g_b+g_c)=\frac{2p}{3}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\geq\frac{2p}{3}\left(\frac{9}{a+b+c}\right)=\frac{18p}{6p}=3.\]

Nota. En realidad, para que se dé la igualdad en alguna de las desigualdades del apartado (a) tiene que ocurrir que $p=a$, $p=b$ ó $p=c$, para lo que el triángulo $ABC$ tendría que ser degenerado. Por tanto, podría decirse que las desigualdades del apartado (a) son estrictas. Por el contrario, la igualdad en la desigualdad del apartado (b) se alcanza cuando el triángulo es equilátero, como puede deducirse de la igualdad en la desigualdad de las medias.

Solución. Como $ABCD$ admite circunferencia inscrita, tenemos que los pares de lados opuestos suman lo mismo, luego podemos expresar $AB=2$, $BC=1+y$, $CD=x+y$, $DA=1+x$ para ciertos $x,y\in\mathbb{R}$. Además, como los triángulos $ACB$ y $ADB$ son rectángulos por ser $AD$ un diámetro de la circunferencia circunscrita, el teorema de Pitágoras nos dice que \[AC=\sqrt{4-(1+y)^2},\qquad BD=\sqrt{4-(1+x)^2}.\] Como $ABCD$ admite circunferencia circunscrita, podemos aplicar el teorema de Ptolomeo y obtenemos que $AB\cdot CD+BC\cdot AD=AC\cdot BD$. En términos de $x$ e $y$ podemos escribir \[2(x+y)+(1+x)(1+y)=\sqrt{\bigl(4-(1+x)^2\bigr)\bigl(4-(1+y)^2\bigr)}.\] Aplicando la desigualdad entre las medias aritmética y geométrica y operando, \begin{eqnarray*} 2(x+y)&=&\sqrt{\bigl(4-(1+x)^2\bigr)\bigl(4-(1+y)^2\bigr)}-(1+x)(1+y)\\ &\leq&\frac{1}{2}\bigl(8-(1+x)^2-(1+y)^2\bigr)-(1+x)(1+y)\\ &=&2-2(x+y)-\frac{1}{2}(x+y)^2. \end{eqnarray*} Como $x+y=CD$, tenemos que $CD^2+8CD-4\leq 0$. La parábola $f(x)=x^2+8x-4$ toma valores menores o iguales que cero en el intervalo $[-4-2\sqrt{5},-4+2\sqrt{5}]$, lo que nos dice que $CD\leq -4+2\sqrt{5}$, como queríamos probar.

Nota. Es fácil ver a partir de la solución que la igualdad se alcanza cuando $x=y=-2+\sqrt{5}$, es decir, cuando $ABCD$ sea un trapecio isósceles con $AB=2$, $BC=-1+\sqrt{5}$, $CD=-4+2\sqrt{5}$ y $AD=-1+\sqrt{5}$.

Solución. Vamos a calcular la longitud $OP$ en términos de $a$ y después veremos cuál es su valor máximo. Llamemos $M$ al punto de corte de la cuerda con el segmento $OP$ y $A$ a uno de los puntos de corte de las dos circunferencias. El teorema de Pitágoras nos dice que $OM^2=OA^2-AM^2=1-(\frac{a}{2})^2$ y, por otro lado, como $MP$ es un radio de $C$, tendremos que $MP=\frac{a}{2}$. Como $OP=OM+MP$ y, usando la desigualdad entre las medias aritmética y cuadrática, tenemos que \[OP=OM+MP=\frac{a}{2}+\sqrt{1-\frac{a^2}{4}}\leq 2\sqrt{\frac{\frac{a^2}{4}+1-\frac{a^2}{4}}{2}}=\sqrt 2.\] Como dicha cota se alcanza cuando $\frac{a}{2}=\sqrt{1-\frac{a^2}{4}}$, es decir, para $a=\sqrt{2}$, deducimos que el valor máximo de $OP$ es $\sqrt{2}$ y se alcanza si, y sólo si, $a=\sqrt{2}$.

Solución. Llamemos $\alpha$, $\beta$ y $\gamma$ a los ángulos del triángulo $ABC$ correspondientes a los vértices $A$, $B$ y $C$, respectivamente, y llamemos $\theta=\angle PAB$. La semejanza de los triángulos $BQC$, $CRA$ y $ABP$ nos dice que \[\angle PAB=\angle PBA=\angle CBQ=\angle BCQ=\angle ACR=\angle CAR=\theta.\] Vamos a ver que el triángulo $PBQ$ es semejante a $ABC$. Por un lado, tenemos que $\angle PBQ=\angle ABC-\angle ABP+\angle PBQ=\beta-\theta+\theta=\beta$; por otro lado, la semejanza entre $ABP$ y $BCQ$ nos dice que $\frac{AB}{BC}=\frac{BP}{BQ}$. Deducimos que los triángulos $PBQ$ y $ABC$ tienen un ángulo igual y los lados adyacentes proporcionales, luego son semejantes. En particular, tenemos que $\angle BPQ=\alpha$. De la misma forma, se prueba que $APR$ es proporcional a $ABC$, de donde obtenemos que $\angle APR=\beta$.

Centrémonos ahora en los puntos con vértice en $P$: tenemos que $\angle APR=180-2\theta$ y hemos visto que $\angle BPQ=\alpha$ y $\angle APR=\beta$, luego $\angle RPQ=180-\alpha-\beta+2\theta=\gamma+2\theta=\angle RCQ$, lo que nos dice que el cuadrilátero $PQCR$ (posiblemente degenerado) tiene dos ángulos opuestos iguales. Finalmente, $\angle PRC=\angle ARC-\angle ARP=(180-2\beta)-\gamma=180-\angle RCQ$, y de aquí que $PQCR$ sea un paralelogramo. Será degenerado (es decir, los puntos estarán alineados) cuando $\gamma+2\theta=180$.

Solución. Supongamos que las longitudes de los lados son $a=\ell-d$, $b=\ell$ y $c=\ell+d$, siendo $\ell\gt 0$ y $d\geq 0$. Si llamamos $S$ al área del triángulo, sabemos que \[2S=a\cdot h_a=b\cdot h_b=c\cdot h_c.\] Esto nos dice que las alturas están ordenadas en orden opuesto al de los lados, es decir, $h_a=x+k$, $h_b=x$ y $h_c=x-k$ para ciertos $x\gt 0$ y $k\geq 0$. Usando la fórmula anterior del área, tenemos que \[\ell x-dx+\ell k- dk=(\ell-d)(x+k)=\ell x=(\ell+d)(x-k)=\ell x+dx-\ell k-dk.\] Podemos restar $\ell x-kd$ y queda \[\ell k-dx=dk=-(\ell k-dx),\] y deducimos que $dk=0$. Por tanto, $d=0$, de donde es inmediato que $a=b=c$ y el triángulo es equilátero; o bien $k=0$, de donde $h_a=h_b=h_c$ y el triángulo también es equilátero.