Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Supondremos sin perder generalidad que \(r\geq1\) pues, en caso contrario, cambiamos el orden de la progresión para invertir la razón \(r\). Entonces los tres lados del triángulo estarán dados por \(a\), \(ar\) y \(ar^2\), para cierto \(a\in\mathbb{R}\), y verifican \(a\leq ar\leq ar^2\). Como los ángulos correspondientes a cada lado están ordenados en el mismo orden que estos, se sigue que el ángulo mayor es aquél correspondiente al lado \(ar^2\). El teorema del coseno nos asegura que este ángulo, que llamaremos \(\alpha\), verifica \[\cos\alpha=\frac{a^2+a^2r^2-a^2r^4}{2a^2r}=\frac{1+r^2-r^4}{2r}.\] Que el triángulo sea acutángulo, rectángulo u obtusángulo dependerá de que \(\cos\alpha\) sea positivo, cero o negativo, respectivamente, luego será necesario analizar el signo de la función de \(r\) que aparece en el término de la derecha, para lo que será suficiente ver en qué valores se anula su numerador. Como la ecuación \(1+r^2-r^4=0\) es bicuadrada, puede resolverse fácilmente y queda como única solución positiva \[r_0=\sqrt{\frac{1+\sqrt{5}}{2}}.\] Es fácil ver que, para \(r=r_0\) el triángulo es rectángulo, para \(1\lt r\leq r_0\) es acutángulo, y para \(r\geq r_0\) es obtusángulo.

El apartado (b) es inmediato puesto que si \(r=1\), el triángulo es equilátero (observar que \(1\leq r_0\)) y, si \(r\gt 1\), entonces \(a\lt ar\lt ar^2\), es decir, el triángulo es escaleno. En esta situación, el triángulo nunca puede ser isósceles.

Solución. Para resolver este problema, supondremos que las bisectrices correspondientes a los lados \(a\) y \(b\), que denotaremos por \(v_a\) y \(v_b\), respectivamente, coinciden y probaremos que \(a=b\). Para ello, usaremos la siguientes fórmulas conocidas para las longitudes \(v_a\) y \(v_b\): \[v_a^2=\frac{4bcp(p-a)}{b+c},\hspace{1cm}v_b^2=\frac{4acp(p-b)}{a+c},\] siendo \(p=\frac{1}{2}(a+b+c)\) al semiperímetro. Si suponemos que \(v_a=v_b\), entonces la identidad de arriba nos asegura que \begin{eqnarray*} \frac{4bcp(p-a)}{b+c}=v_a^2=v_b^2=\frac{4acp(p-b)}{a+c}&\Leftrightarrow&(a+c)b(p-a)=(b+c)a(p-b)\\ &\Leftrightarrow&(a+c)b(b+c-a)=(b+c)a(a+c-b)\\ &\Leftrightarrow&-2 b a^2-c a^2+2 b^2 a-c^2 a+b c^2+b^2 c=0\\ &\Leftrightarrow&-(a-b)(c^2+a c+b c+2 a b)=0 \end{eqnarray*} donde hemos usado que \(p-a=\frac{1}{2}(-a+b+c)\) y \(p-b=\frac{1}{2}(a-b+c)\) y, en los últimos pasos hemos desarrollado la expresión y factorizado. Evidentemente, el término \(c^2+a c+b c+2 a b\) no puede anularse (es siempre positivo) luego necesariamente \(a-b=0\) y hemos probado que el triángulo es isósceles.

Solución. Para resolver este problema, supondremos que las medianas correspondientes a los lados \(a\) y \(b\), que denotaremos por \(m_a\) y \(m_b\), coinciden y probaremos que \(a=b\). Para ello, usaremos la siguientes fórmulas conocidas para las longitudes \(m_a\) y \(m_b\): \[m_a^2=\frac{b^2+c^2}{2}-\frac{a^2}{4},\hspace{1cm}m_b^2=\frac{a^2+c^2}{2}-\frac{b^2}{4}\] Si \(m_a=m_b\), entonces \[\frac{a^2+c^2}{2}-\frac{b^2}{4}=\frac{b^2+c^2}{2}-\frac{a^2}{4}.\] Simplificando la igualdad anterior, podemos eliminar los términos en \(c\) y resulta \(a^2=b^2\), de donde claramente \(a=b\).

Solución. Podemos utilizar la fórmula que nos dice que el área del triángulo está dada por $S=\frac{1}{2}ah_a=\frac{1}{2}bh_b$, donde $h_a$ y $h_b$ son las alturas correspondientes a los lados $a$ y $b$, respectivamente. A la vista de esto, si $h_a=h_b$, entonces es evidente que $a=b$.

Solución. Trabajando con números complejos, supongamos que \(a=a_1+ia_2\) y \(b=b_1+ib_2\) son puntos de coordenadas enteras con \(a\neq b\). Hay exactamente dos puntos del plano que forman con \(a\) y \(b\) un triángulo equilátero y estos puntos, que llamaremos \(c=c_1+ic_2\) y \(d=d_1+id_2\), se pueden construir girando \(b\) con centro en \(a\) un ángulo de \(\frac{\pi}{3}\) y \(\frac{-\pi}{3}\) respectivamente, es decir, \begin{eqnarray*} c&=&a+1_{\frac{\pi}{3}}\cdot(b-a)\ =\ a_1+ia_2+\left(\frac{1}{2}+i\frac{\sqrt{3}}{2}\right)(b_1-a_1+i(b_2-a_2))\\ &=&\left(\frac{1}{2}(b_1+a_1)+\frac{\sqrt 3}{2}(b_2-a_2)\right)+i\left(\frac{\sqrt 3}{2}(b_1-a_1)+\frac{1}{2}(a_1+a_2)\right)\\ d&=&a+1_{\frac{-\pi}{3}}\cdot(b-a)\ =\ a_1+ia_2+\left(\frac{1}{2}-i\frac{\sqrt{3}}{2}\right)(b_1-a_1+i(b_2-a_2))\\ &=&\left(\frac{1}{2}(b_1+a_1)-\frac{\sqrt 3}{2}(b_2-a_2)\right)+i\left(-\frac{\sqrt 3}{2}(b_1-a_1)+\frac{1}{2}(a_1+a_2)\right) \end{eqnarray*} Así, si \(c\) ó \(d\) tienen coordenadas enteras, los términos que van multiplicados por \(\frac{\sqrt 3}{2}\) tienen que anularse, es decir, \(b_1-a_1=0\) y \(b_2-a_2=0\), en cuyo caso \(a=b\), que es una contradicción. Por tanto, no hay triángulos equiláteros en el plano con coordenadas enteras.

En el espacio sí existen triángulos equiláteros de coordenadas enteras: por ejemplo, el que tiene por vértices \((1,0,0)\), \((0,1,0)\) y \((0,0,1)\), como puede comprobarse fácilmente.