Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

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.

Solución. Comencemos pensando en los $n-1$ segmentos que parten del vértice $A$ y llamémoslos $\ell_1,\ldots,\ell_{n-1}$, siendo $\ell_1$ el más cercano al lado $b$. Si llamamos $P_j$ al extremo de $\ell_j$ sobre el lado $BC$, tendremos que $BP_j=\frac{j}{n}a$ y $CP_j=\frac{n-j}{n}a$. Aplicando el teorema del coseno a los triángulos $ABP_j$ y $ACP_j$, obtenemos las igualdades \begin{eqnarray*} c^2&=&\ell_j^2+\left(\frac{n-j}{n}a\right)^2-2\ell_j\frac{n-j}{n}a\cos(\theta),\\ b^2&=&\ell_j^2+\left(\frac{j}{n}a\right)^2-2\ell_j\frac{j}{n}a\cos(180-\theta), \end{eqnarray*} donde $\theta=\angle AP_jC$. Multiplicando la primera ecuación por $j$ y sumándole la segunda multiplicada por $n-j$ (observamos que $\cos(180-\theta)=-\cos(\theta)$), podemos despejar $\ell_j^2$ como \[\ell_j^2=\frac{j}{n}c^2+\frac{n-j}{n}b^2-\frac{j(n-j)}{n^2}a^2.\] Las siguientes funciones auxiliares: \[r(n)=\sum_{j=1}^{n-1}\frac{j}{n},\qquad s(n)=\sum_{j=1}^{n-1}\frac{j(n-j)}{n^2}\] toman valores racionales y nos permiten escribir \[\sum_{j=1}^{n-1}\ell_j^2=r(n)(b^2+c^2)-s(n)a^2.\] Así tenemos controlada la suma de los cuadrados de las distancias del vértice $A$ a los puntos de división del lado opuesto. Si ahora repetimos el mismo argumento en los otros dos vértices y sumamos las tres cantidades obtenemos \[S=[2r(n)-s(n)](a^2+b^2+c^2).\] Como $2r(n)-s(n)$ es un número racional para todo $n\in\mathbb{N}$, tenemos demostrado el enunciado.

Nota. Realmente, podemos calcular \[r(n)=\sum_{j=1}^{n-1}\frac{j}{n}=\frac{1}{n}\sum_{j=1}^{n-1}j=\frac{n-1}{2}\] \[s(n)=\sum_{j=1}^{n-1}\frac{j(n-j)}{n^2}=\frac{1}{n}\sum_{j=1}^{n-1}j-\frac{1}{n^2}\sum_{j=1}^{n-1}j^2=\frac{n-1}{2}-\frac{(n-1)(2n-1)}{6n},\] lo que nos dice que \[\frac{S}{a^2+b^2+c^2}=2r(n)-s(n)=(n-1)-\frac{n-1}{2}+\frac{(n-1)(2n-1)}{6n}=\frac{(n-1)(5n-1)}{6n}.\]