Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. La perpendicular por $X$ al lado $BC$ corta a este en un punto $R$ de forma que $P,Q,R$ están alineados (recta de Simpson del triángulo $ABC$, en rojo en la figura), es decir, $R$ es el punto de corte de $PQ$ y $BC$. El punto $R$ también se encuentra en la circunferencia de diámetro $XD$ (en azul en la figura) por ser $\angle DRX=90^\circ$. La recta $PQ$ es tangente a esta circunferencia si y sólo si es perpendicular al radio $OR$, siendo $OR$ su centro. Equivalentemente, será tangente cuando $\angle PRB+\angle BRO=90^\circ$. Vamos a calcular estos dos ángulos en función de los ángulos de $ABC$.

Por un lado, tenemos que \[\angle PRB=\angle PXB=90^\circ-\angle PBX=90^\circ-\angle ABC-\angle CBX=90^\circ-\angle ABC-\angle CAX,\] donde hemos usado que los cuadriláteros $ABXC$ y $BPRX$ son cíclicos ($BPRX$ es cíclico por ser $\angle BPX=\angle BRX=90^\circ$, ver circunferencia verde en la figura). Por otro lado, \begin{align*} \angle BRO=\angle XDR&=\angle ADB=180^\circ-\angle ABC-\angle BAD\\ &=180^\circ-\angle ABC-\angle BAC+\angle CAX=\angle BCA+\angle CAX. \end{align*} Por lo tanto, $\angle PRB+\angle BRO=90^\circ-\angle ABC+\angle BCA$ es igual a $90^\circ$ si y sólo si $\angle ABC=\angle BCA$, es decir, cuando $AB=AC$.

Solución. Sean $x$, $y$, $z$ y $w$ las longitudes de los segmentos que tienen a $P$ por extremo común y el otro extremo en $AB$, $BC$, $CD$ y $DA$, respectivamente, siendo perpendiculares a estos lados. En otras palabras, $x$, $y$, $z$ y $w$ son las distancias de $P$ a los lados $AB$, $BC$, $CD$ y $DA$, respectivamente. El teorema de Pitágoras nos asegura que \begin{eqnarray*} PA^2&=&w^2+x^2,\\ PB^2&=&x^2+y^2,\\ PC^2&=&y^2+z^2,\\ PD^2&=&z^2+w^2.\\ \end{eqnarray*} Sumando convenientemente estas igualdades, deducimos que \[PA^2+PC^2=x^2+y^2+z^2+w^2=PB^2+PD^2,\] que es la igualdad que se pretende demostrar.

Solución. Llamemos $x$ e $y$ a las longitudes de lados del rectángulo, con lo que tendremos que $A=xy$ y $p=2(x+y)$. Entonces se cumple que \[p^2-16A=4(x+y)^2-16xy=4(x^2+y^2-2xy)=4(x-y)^2\geq 0,\] de donde se deduce la desigualdad del enunciado. Además, para que se alcance la igualdad, ha de cumplirse que $4(x-y)^2=0$, es decir, $x=y$. Por tanto, podemos decir que la igualdad se tiene si y sólo si el rectángulo es un cuadrado.

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.