Olimpiadas de Matemáticas
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Solución. Llamemos $A_0,A_1,A_2,\ldots,A_n$ a los vértices sobre la circunferencia en ese orden, con $A_0=A$. Si consideramos $A'_k$ el punto simétrico de $A_k$ respecto del diámetro $AB$ para $1\leq k\leq n-1$, obtenemos un ángulo inscrito $\angle A_{k-1}A'_kA_{k+1}=180-2\alpha$, luego el ángulo central $\angle A_{k-1}OA_{k+1}$ es igual a $360^\circ-4\alpha$. Esto nos dice que los arcos $A_0A_2,A_1A_3,A_2A_4,\ldots,A_{n-2}A_n$ tienen todos la misma longitud. Ahora bien, $A_0A_1O$ es un triángulo isósceles, de donde $\angle A_0OA_1=180^\circ-2\alpha$ y, por lo anteriormente probado, $\angle A_1OA_2=\angle A_0OA_2-\angle A_0OA_1=180^\circ-2\alpha$.

De las relaciones anteriores, se obtiene que $\angle A_kOA_{k+1}=180^\circ-2\alpha$ para todo $0\leq k\leq n-1$. En particular, para que la poligonal llegue a $B$, el ángulo $180^\circ-2\alpha$ tiene que ser un divisor entero de $180^\circ$, es decir, $\frac{180}{180-2\alpha}=n$ para algún $n\in\mathbb{N}$. Despejando $\alpha$, obtenemos que la condición que buscamos es que exista $n\in\mathbb{N}$ tal que $\alpha=\frac{1-n}{n}90^\circ$.