Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Pongamos los puntos $P,Q,R,S$ como se indica en la figura más abajo y también supongamos que el lado del cuadrado es $1$ haciendo una homotecia si fuera necesario (no hay pérdida de generalidad). Vamos a comenzar expresando los lados de $PDE$ en términos de $x$. Como $PE=AP=1-PD$, el teorema de Pitágoras en el triángulo $PDE$ nos dice que $(1-PD)^2=PD^2+x^2$. Por tanto, \[DE=x,\qquad PD=\frac{1-x^2}{2},\qquad PE=1-PD=\frac{1+x^2}{2}.\] Tenemos de esta forma que el triángulo $PDE$ tiene perímetro $x+1$.

Los triángulos sombreados $PDE$, $SCE$ y $SRQ$ son semejantes (son rectángulos y es muy fácil ver que tienen otro ángulo igual). Como $EC=1-DE=1-x$ se corresponde en la semejanza con $PD= \frac{1-x^2}{2}$, el factor de proporcionalidad para pasar de $PDE$ a $SCE$ es $\frac{2}{1+x}$, luego deducimos que $SCE$ tiene perímetro $2$ (la mitad del perímetro del cuadrado, lo que responde a una de las preguntas del enunciado. Así, las longitudes de los lados de $SCE$ (nos las piden también en el enunciado) son \[CE=\frac{2x}{1+x},\qquad SC=1-x,\qquad SE=\frac{1+x^2}{1+x}.\] Ahora observamos que $SR=1-SE=\frac{x(1-x)}{1+x}$. Como este lado se corresponde con $SC=1-x$ en la semejanza, tenemos que el factor de semejanza para pasar de $SCE$ a $SRQ$ es $\frac{1-x}{2}$, por lo que el perímetro de $SRQ$ es $2\cdot \frac{1-x}{2}=1-x$ y sus lados vienen dados por \[RQ=\frac{x(1-x)}{1+x},\qquad SR=\frac{(1-x)^2}{2},\qquad SQ=\frac{(1+x^2)(1-x)}{2(1+x)}.\] La suma de los perímetros de $PDE$ y $SRQ$ es $(1+x)+(1-x)=2$, el perímetro de $SCE$, luego ya hemos demostrado todo lo que nos piden.