Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

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 \[\frac{S}{a^2+b^2+c^2}=2r(n)-s(n)=(n-1)-\frac{n-1}{2}+\frac{(n-1)(2n-1)}{6n}=\frac{(n-1)(5n-1)}{6n}.\]

Solución. Consideremos la recta simétrica de $AP$ respecto de la bisectriz del ángulo $A$ y sea $M$ el punto en que ésta corta al lado $BC$. Si probamos que $M$ es el punto medio del segmento $BC$, habremos terminado. Usando el Teorema del Seno, tenemos que \begin{align*} BM&=AM\cdot\frac{\mathrm{sen}\angle BAM}{\mathrm{sen}\angle ABC},&CM&=AM\cdot\frac{\mathrm{sen}\angle CAM}{\mathrm{sen}\angle ACB}. \end{align*} Usando que $\angle ACB=\pi-\angle ABP$ y $\angle ABC=\pi-\angle ACP$ (ángulos semiinscritos) y la propiedad de simetría, llegamos a que \[\frac{BM}{CM}=\frac{\mathrm{sen}\angle BAM\cdot\mathrm{sen}\angle ABP}{\mathrm{sen}\angle ACP\cdot\mathrm{sen}\angle CAM}=\frac{\mathrm{sen}\angle CAP\cdot\mathrm{sen}\angle ABP}{\mathrm{sen}\angle ACP\cdot\mathrm{sen}\angle BAP}\] Usando otra vez el Teorema del Seno en los triángulos $ABP$ y $ACB$ y observando que $CP=BP$, obtenemos finalmente \[\frac{BM}{CM}=\frac{CP\cdot AP}{AP\cdot BP}=1.\]

Solución. En primer lugar, si llamamos $\beta$ al ángulo de vértice $B$ en $ABC$, la propiedad del arco capaz aplicada a la circunferencia $\Gamma$ nos dice que $\angle CPQ=\beta$. Por otro lado, $\angle COA=2\angle CBA=2\beta$ por la propiedad del arco central y por ser $O$ el circuncentro. Como el triángulo $COA$ es isósceles ($CO=CA$ es el radio circunscrito), es fácil ver que $\angle PCO=\frac{\pi}{2}-\beta$ luego hemos probado que la recta $PQ$ forma un ángulo $\beta$ con $CP$ que, a su vez, forma un ángulo $\frac{\pi}{2}-\beta$ con $CO$, de donde deducimos que $CO$ y $PQ$ se cortan perpendicularmente.

Solución. Supongamos que hemos probado (b): entonces también tendremos probado (a) ya que podemos intercambiar $P$ y $Q$ y obtenemos que $AP=AQ$, luego el triángulo $APQ$ es isósceles y está inscrito en la circunferencia circunscrita al triángulo $ABC$, de donde $AO$ es mediatriz de $PQ$ y, por tanto, es perpendicular a dicho segmento.

Probemos por tanto la igualdad (b) para lo que supondremos sin perder generalidad que en la recta $PQ$ los puntos están en el orden $PEFQ$. Los triángulos $OBM$ y $AEC$ son semejantes ya que son rectángulos y $\angle BAF=\angle BOM$ (por ser este último la mitad del ángulo central correspondiente al primero), luego \[\frac{OM}{BM}=\frac{AE}{CE}=\frac{AE\cdot AB}{CE\cdot AB}=\frac{AE\cdot AB}{AD\cdot BC},\] donde hemos usado que $CE\cdot AB=AD\cdot BC$ (esta cantidad es el doble del área de $ABC$). Usando ahora que $BC=2\cdot BM$, podemos despejar $2\cdot OM\cdot AD=AE\cdot AB$. Para probar finalmente que $AE\cdot AB=AP^2$, basta observar que los triángulos $APB$ y $AEP$ son semejantes lo cual se deduce de que comparten un ángulo (en el vértice $A$) y de que $\angle APB=\angle AEP$. Para ver esto último, observemos que $\angle APB=180-\angle ACB$ por arco capaz y $\angle AEP=180-\angle AEF$. Como el cuadrilátero $AEHF$ es inscriptible, otra vez por arco capaz tendremos que $\angle AEF=\angle AHF=90-\angle CAD=\angle ACB$, con lo que el problema queda resuelto.

Solución.

Llamemos $a$ y $b$ a los catetos y $h$ a la altura, de forma que, de los dos triángulos rectángulos que se forman, el de hipotenusa $a$ tiene triple área que el de hipotenusa $b$. Llamemos también $x$ e $y$ a los segmentos en que queda dividida la hipotenusa del triángulo original por la altura correspondientes a los catetos $a$ y $b$, respectivamente. Como el área de un triángulo rectángulo es la mitad del producto de sus catetos, deducimos que $x=3y$ y, como $x+y=1$, tenemos que $x=\frac{3}{4}$ e $y=\frac{1}{4}$.

Usando el Teorema de Pitágoras en los dos triángulos formados, tenemos que $b^2-y^2=h^2=a^2-x^2$, de donde podemos despejar $a^2-b^2=x^2-y^2=\frac{1}{2}$. Otra vez por el Teorema de Pitágoras, ahora en el triángulo original, deducimos que $a^2+b^2=1$ y, junto con $a^2-b^2=\frac{1}{2}$, podemos despejar $a=\frac{\sqrt{3}}{2}$ y $b=\frac{1}{2}$.