Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Llamamos $\gamma=\angle ACB$ por comodidad y supongamos que $AB\lt AC$ sin perder generalidad. Tenemos que $\angle AOC=2\gamma$ por la propiedad del ángulo central. Como $OA$ y $AM$ son perpendiculares, para que los ángulos del triángulo $AMO$ sumen $180$, tiene que ser $\angle AMO=90-2\gamma$, luego $\angle NMU=90+2\gamma$ y ya tenemos uno de los tres ángulos del triángulo $UMN$. Por otro lado, se tiene que $ARS$ es rectángulo isósceles, luego $\angle NRB=\angle ARS=45$. Como $\angle RBN=180-\angle ABC=180-(90-\gamma)=90+\gamma$, para que los ángulos de $NRB$ sumen $180$ tiene que ser $\angle RNB=45-\gamma$ y tenemos el segundo ángulo de $UMN$. Para que la suma sea $180$, el tercero tiene que ser igual a $180-(90+2\gamma)-(45-\gamma)=45-\gamma$, luego $\angle UNM=\angle MUN=45-\gamma$ y queda demostrado que el triángulo $UMN$ es isósceles.

Solución. Por comodidad, llamamos $\alpha=\angle CAL=\angle ABH=\angle BCM$. Como $AL$ es bisectriz, tenemos que $\angle BAH=2\alpha$, luego la suma de los ángulos del triángulo $ABH$ es $90^\circ+3\alpha=180^\circ$, de donde obtenemos que $\alpha=30^\circ$.

Sea $X$ el punto de la recta $AC$ tal que $H$ es el punto medio de $AX$, luego el triángulo $ABX$ es equilátero. Por un lado, como $MH$ y $BX$ son paralelas, ya que $M$ y $H$ son los puntos medios de los lados $AB$ y $AX$, el triángulo $AMH$ es equilátero y se tiene que $\angle MHB=90^\circ-\angle AHM=30^\circ$. Por otro lado, $\angle BMH=30^\circ$ ya que $XM$ es bisectriz en el triángulo equilátero $ABX$. La propiedad del arco capaz nos dice ahora que el cuadrilátero $BMHX$ tiene circunferencia circunscrita (los puntos desde los que $BM$ se ve con un ángulo de $30^\circ$) y que el punto $C$ tiene que estar sobre dicha circunferencia. Como la intersección de la circunferencia con la recta $AC$ son los puntos $H$ y $X$, la propiedad deseada se cumple si, y sólo si, $C=H$ o bien $C=X$. Tenemos así dos casos:

• Si $C=H$, entonces $ABC$ tiene ángulos $A=60^\circ$, $B=30^\circ$ y $C=90^\circ$.
• Si $C=X$, entonces $ABC$ tiene ángulos $A=B=C=60^\circ$.

Solución. Llamemos $T$ al punto de tangencia de $MN$ con la circunferencia inscrita y $\ell$ al lado del triángulo. Observemos que la longitud de $MT$ es igual a la del segmento que une $M$ con el punto medio del lado $AB$ por la propiedad de tangencia. Por tanto, $AM+MT=\frac{\ell}{2}$ y, de la misma forma, $AN+NT=\frac{\ell}{2}$, con lo que el perímetro del triángulo $AMN$ es exactamente $\ell$. Así, podemos escribir \[\frac{AM}{MB}+\frac{AN}{NC}=\frac{AM}{MN+AN}+\frac{AN}{MN+AM}=\frac{AM^2+AN^2+MN(AN+AM)}{MN^2+MN(AN+AM)+AM\cdot AN}.\] Por lo tanto, quisiéramos demostrar que $AM^2+AN^2=MN^2+AM\cdot AN$, pero esto se deduce de forma fácil del teorema del coseno aplicado al triángulo $AMN$ teniendo en cuenta que $\angle MAN=60^\circ$.

Solución. Llamamos $a_1,a_2,\ldots,a_{n-1}$ a los lados de los $n-2$ triángulos que parten de $B$ y llamamos $d_1,d_2,\ldots,d_{n-2}$ a los lados opuestos al vértice $B$, como se muestra en la figura. El ángulo en el vértice $B$ tiene el mismo valor para los $n-2$ triángulos ya que es el arco capaz que subtiende a un lado del polígono desde la circunferencia circunscrita al triángulo. Vamos a probar por inducción sobre $k$ que se cumple que $a_k\,a_{k+1}=d_k$ para todo $k$ desde $1$ hasta $n-2$, lo que demostrará que los triángulos son multiplicativos y habremos terminado.

Para $k=1$, está claro que $a_1=1$ (es un lado del polígono) y $a_2=d_2$ por simetría de este primer triángulo respecto de la mediatriz del lado $BC$. Supongamos entonces cierto que $a_{k-1}a_k=d_{k-1}$ para cierto $k$ y probemos que $a_ka_{k+1}=d_k$. Para ello, consideramos el triángulo que se obtiene al unir los triángulos $(k-1)$-ésimo y $k$-ésimo, que tiene por lados $a_{k-1}$, $a_{k+1}$ y $d_{k-1}+d_k$, de forma que $a_k$ es la longitud de una de sus bisectrices interiores. El teorema de la bisectriz (ver la nota) nos da entonces el resultado deseado: \[\frac{a_{k+1}}{d_k}=\frac{a_{k-1}}{a_{k-1}a_k}=\frac{1}{a_k}\ \Leftrightarrow\ a_ka_{k+1}=d_k.\]

Nota. El teorema de la bisectriz nos dice que la bisectriz interior de un triángulo desde un vértice divide al lado opuesto en dos segmentos proporcionales a los lados correspondientes.

Solución. Llamamos $a_1,a_2,\ldots,a_{n-1}$ a los lados de los $n-2$ triángulos que parten de $B$ y llamamos $d_1,d_2,\ldots,d_{n-2}$ a los lados opuestos al vértice $B$, como se muestra en la figura. Estos $n-2$ triángulos tienen el mismo ángulo $\alpha$ en el vértice $B$ ya que es el arco capaz que subtiende a un lado del polígono desde la circunferencia circunscrita al triángulo. Este ángulo viene dado además por $\alpha=\angle BAC$. Los $n-2$ triángulos también tienen altura común, que es la altura del triángulo $ABC$ desde el vértice $B$ y está dada por $h=\mathrm{sen}(\angle ABC)=\mathrm{sen}(\alpha)$.

Consideremos el triángulo de lados $a_k,a_{k+1},d_k$ y calculemos su área $S_k$ de dos formas distintas. Por un lado, como la mitad de la base por la altura y, por otro, como la mitad del producto de dos lados por el seno del ángulo que forman: \[S_k=\frac{d_kh}{2}=\frac{a_ka_{k+1}}{2}\mathrm{sen}(\alpha)\ \Longleftrightarrow\ a_ka_{k+1}=d_k,\] luego el triángulo es multiplicativo.

Solución. El cuadrilátero $ACDE$ está inscrito en la circunferencia circunscrita al heptágono, luego el teorema de Ptolomeo nos asegura que \[AC\cdot DE+CD\cdot AE=AD\cdot CE.\] Dado que $CD=DE=1$ y $AE=AD$ y $CE=AC$, esta igualdad se traduce en \[AC+AD=AD\cdot AC,\] de donde se sigue fácilmente la fórmula del enunciado.

Nota. Aplicando el teorema de Ptolomeo al cuadrilátero $ABCD$ obtenemos \[1+AD=AC^2,\] que es otra relación interesante entre las diagonales del heptágono. De hecho, usando las dos relaciones obtenidas puede hallarse que $AC$ es la única solución mayor que $1$ de la ecuación $x^3-x^2-2x+1=0$.

Solución. Usando números complejos, expresaremos los centros $O_a$ y $O_b$ como $a_0,b_0\in\mathbb{C}$, de donde las trayectorias $a(t)$ y $b(t)$ de los puntos $A$ y $B$ en función del tiempo $t$ se escriben como \[a(t)=a_0+re^{it},\qquad b(t)=b_0+se^{it},\] donde $r,s\in\mathbb{C}$ son números complejos no nulos cuyos módulos son los radios de las circunferencias. Cambiando $A$ por $B$ si fuera necesario, podemos suponer que el punto $C$ se obtiene rotando el punto $B$ un ángulo $\frac{\pi}{3}$ en el sentido antihorario con centro en $A$, lo que nos da la trayectoria \begin{align*} c(t)&=a(t)+e^{i\pi/3}(b(t)-a(t))=a_0+re^{it}+e^{i\pi/3}(b_0-a_0+(r-s)e^{it})\\ &=[a_0+e^{i\pi/3}(b_0-a_0)]+[r+e^{i\pi/3}(r-s)]e^{it}. \end{align*} Esta vuelve a ser la trayectoria de una circunferencia y además muestra que su centro $a_0+e^{i\pi/3}(b_0-a_0)$ forma un triángulo equilátero con los centros $O_a$ y $O_b$. Notemos que $c(t)$ podría ser constante si la circunferencia tiene radio cero, es decir si $r+e^{i\pi/3}(r-s)=0$.

El apartado (b) es consecuencia de la desigualdad de Ptolomeo aplicada a los cuatro puntos $A,C,B,P$, que nos dice que \[CP\cdot AB\leq AP\cdot BC+BP\cdot AC\ \Longleftrightarrow\ CP\leq AP+BP=2+3=5,\] ya que $AB=BC=CA$. Además, sabemos que si $ACBP$ es un cuadrilátero cíclico, entonces la igualdad se alcanza. Por tanto, el máximo anterior $CP=5$ se alcanza cuando $P$ está en el arco menor $AB$ de la circunferencia circunscrita del triángulo $ABC$. En este caso, el triángulo $ABP$ tiene lados $AP=2$ y $BP=3$ que forman un ángulo de $120^\circ$ por la propiedad del arco capaz, de forma que el teorema del coseno nos da necesariamente \[AB^2=2^2+3^2-2\cdot 2\cdot 3\cos(120^\circ)=19.\] Deducimos así que el máximo $CP=5$ se alcanza efectivamente para un triángulo de lado $\sqrt{19}$ cuando el punto $P$ está en el arco menor $AB$.

Solución. Consideremos un triángulo $ABC$, su circuncentro $O$ y su ortocentro $H$. Si llamamos $M$ al punto medio del lado $BC$, tendremos que demostrar que $AH=2BC$. Para ello, trazamos el diámetro de la circunferencia circunscrita que pasa por $B$ y su punto diametralmente opuesto, que llamaremos $P$, como se indica en la figura. Por ser $BP$ un diámetro, se tiene que $PC$ es perpendicular a $BC$ y, por tanto, paralela a la mediatriz $OM$. Entonces, los triángulos $BOM$ y $BPC$ son semejantes y se cumple que $PC=2OM$, luego tendremos que demostrar que $PC=AH$. Esto último se sigue de que $APCH$ es un paralelogramo ya que $PC$ es paralela a la altura $AH$ y $AP$ es paralela a la altrua $CH$ (ya que el ángulo $\angle BAP$ es recto por comprender al diámetro $BP$).

Nota. Este es un resultado relativamente conocido en el ámbito de la geometría de olimpiadas. ¿Sabrías probar que $AH=2R\cos A$ y $OM=R\cos A$, siendo $R$ el radio de la circunferencia circunscrita? ¿Sabrías probar a partir de este resultado que las rectas $OA$ y $MH$ se cortan en un punto de la circunferencia circunscrita?

Solución. Si $a$, $b$ y $c$ son los lados del triángulo, entonces los radios de las circunferencias inscrita y circunscrita, que denotaremos por $r$ y $R$, respectivamente, verifican las igualdades $S=rp$ y $abc=4RS$, donde $S$ es el área del triángulo y $p=\frac{1}{2}(a+b+c)$ el semiperímetro. Utilizando la fórmula de Herón, podemos finalmente expresar $r$ y $R$ en función de las longitudes de los lados: \[r=\sqrt{\frac{(p-a)(p-b)(p-c)}{p}},\quad R=\frac{abc}{4\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}},\] La desigualdad que queremos demostrar es \[2r\leq R\ \Longleftrightarrow\ 8(p-a)(p-b)(p-c)\leq abc.\] Si hacemos el cambio $a=x+y$, $b=y+z$, $c=x+z$, para $x,y,z$ positivos, entonces resulta $p-a=z$, $p-b=x$ y $p-c=y$. La desigualdad anterior se escribe ahora como \[8xyz\leq(x+y)(y+z)(x+z)\] para todo $x,y,z\gt 0$. La desigualdad entre las medias aritmética y geométrica nos da \[2\sqrt{xy}\leq x+y,\quad 2\sqrt{yz}\leq y+z,\quad 2\sqrt{xz}\leq x+z,\] y basta multiplicar estas tres desigualdades para llegar al resultado.

Nota. Este no es un problema actual de olimpiada ya que apela a un resultado conocido como la desigualdad de Euler. De hecho, en la solución oficial, se menciona solamente que es consecuencia del teorema de Euler que nos dice que la distancia entre el incentro y el circuncentro de cualquier triángulo es $IO^2=R(R-2r)$.

Solución. Para resolver el primer apartado, usaremos el teorema del coseno, del que podemos despejar el coseno del ángulo $A$ como \begin{align*} \cos(A)&=\frac{b^2+c^2-a^2}{2bc}=\frac{b^2+c^2-\left(\frac{b+c}{2}\right)^2}{2bc}\\ &=\frac{3b^2+3c^2-2bc}{8bc}=\frac{3}{8}\left(\frac{b}{c}+\frac{c}{b}\right)-\frac{1}{4}\geq\frac{3}{8}\cdot 2-\frac{1}{4}=\frac{1}{2}, \end{align*} donde se ha usado que la suma de un número positivo y su inverso es siempre mayor o igual que $2$. Como $A$ es un ángulo entre $0^\circ$ y $180^\circ$, de la desigualdad anterior deducimos que $0\leq A\leq 60^\circ$.

En cuanto al apartado (b), calculamos el área del triángulo de dos formas distintas. Por un lado, $S=\frac{1}{2}(a+b+c)r$ y por otro $S=\frac{1}{2} ah_a$, siendo $h_a$ la altura relativa al vértice $A$. Sustituyendo $a=\frac{b+c}{2}$ en ambas expresiones e igualándolas, se llega directamente a que $h_a=3r$.

Finalmente, para el apartado (c) usaremos la fórmula $abc=4RS$ y la fórmula de Herón, de forma que \begin{align*} R-r&=\frac{abc}{4S}-\frac{2S}{a+b+c}=\frac{abc(a+b+c)-8S^2}{4(a+b+c)S}\\ &=\frac{abc(a+b+c)-\frac{1}{2}(a+b+c)(-a+b+c)(a-b+c)(a+b-c)}{4(a+b+c)S}\\ &=\frac{2abc-(-a+b+c)(a-b+c)(a+b-c)}{8S}=\frac{(b+c)bc-\frac{b+c}{2}(\frac{-b+3c}{2})(\frac{3b-c}{2})}{8S}\\ &=\frac{(b+c)(3b^2-2bc+3c^2)}{64S}=\frac{abc\cos(A)}{4S}=R\cos(A). \end{align*} Si $O$ es el circuncentro y $M$ el punto medio de $BC$, entonces el triángulo $BOM$ es rectángulo y tiene $\angle COM=A$ ya que este es la mitad del ángulo central. Por tanto, en este triángulo rectángulo se cumple que $\cos(A)=\frac{OM}{OB}$, es decir, $OM=OB\cos(A)=R\cos(A)$ y hemos terminado.

Nota. Probablemente, la demostración del apartado (c) no sea la más elegante, pero es sistemática en el sentido de que expresamos $R-r$ en función únicamente de los lados $a,b,c$. Luego se puede expresar también $OM$ en términos de estos lados y usando la condición $a=\frac{b+c}{2}$ se tiene que conseguir probar el enunciado. En la solución propuesta, se ha introducido además el área y el coseno de $A$ como atajo para evitar más cálculos.

Solución. En primer lugar, hay que decir que $P$ no es otra cosa que el baricentro de $ABC$. Como el baricentro dista de un vértice el doble que del punto medio del lado opuesto, tenemos que \[MP=\frac{BM}{3}=\frac{\sqrt{2(a^2+c^2)-b^2}}{6},\quad NP=\frac{CN}{3}=\frac{\sqrt{2(a^2+b^2)-c^2}}{6},\] donde hemos usado la conocida expresión para las medianas del triángulo en términos de las longitudes de los lados. Con esta información, tenemos que el cuadrilátero $ANMP$ tiene una circunferencia inscrita si, y solo si, sus lados opuestos tienen la misma suma. Podemos desarrollar \begin{align*} AM+NP=AN+MP&\Leftrightarrow&\frac{b}{2}+\frac{\sqrt{2(a^2+b^2)-c^2}}{6}=\frac{c}{2}+\frac{\sqrt{2(a^2+c^2)-b^2}}{6}\\ &\Leftrightarrow\ \frac{b}{2}-\frac{c}{2}=\frac{\sqrt{2(a^2+c^2)-b^2}}{6}-\frac{\sqrt{2(a^2+b^2)-c^2}}{6}\\ &\Leftrightarrow\ b-c=\frac{(2(a^2+c^2)-b^2)-(2(a^2+b^2)-c^2)}{3(\sqrt{2(a^2+c^2)-b^2}+\sqrt{2(a^2+b^2)-c^2})}\\ &\Leftrightarrow\ b-c=\frac{c^2-b^2}{\sqrt{2(a^2+c^2)-b^2}+\sqrt{2(a^2+b^2)-c^2}} \end{align*} En los últimos pasos, hemos multiplicado por la expresión conjugada (para eliminar las raíces del numerador) y hemos simplificado. Ahora basta observar que si $b=c$, entonces se tiene la igualdad anterior. Sin embargo, si $b\neq c$, la igualdad no es cierta ya que los dos miembros tienen signos opuestos. Deducimos entonces, que si hay circunferencia inscrita, entonces tiene que ser $b=c$, es decir, el triángulo $ABC$ tiene que ser isósceles.

Solución. Llamamos $a=BC$, $b=AC$ y $c=AB$ por comodidad. Utilizando la fórmula para la longitud de las medianas $m_b$ y $m_c$ y que $GC=\frac{2}{3}m_c$ y $GB=\frac{2}{3}m_b$ (el baricentro está al doble de distancia de un vértice que del punto medio del lado opuesto), tenemos que \begin{align*} AB+GC=c+\frac{2}{3}m_c=c+\frac{2}{3}\sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}-\frac{c^2}{4}},\\ AC+GB=b+\frac{2}{3}m_b=b+\frac{2}{3}\sqrt{\frac{a^2+c^2}{2}-\frac{b^2}{4}}.\\ \end{align*} La igualdad a probar se reduce a la siguiente: \[\frac{3}{2}(c-b)=m_b-m_c.\] Sin embargo, podemos multiplicar por la expresión conjugada para obtener también \begin{align*} \frac{3}{2}(c-b)&=\sqrt{\frac{a^2+c^2}{2}-\frac{b^2}{4}}-\sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}-\frac{c^2}{4}}\\ &=\frac{\left(\frac{a^2+c^2}{2}-\frac{b^2}{4}\right)-\left(\frac{a^2+b^2}{2}-\frac{c^2}{4}\right)}{\sqrt{\frac{a^2+c^2}{2}-\frac{b^2}{4}}+\sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}-\frac{c^2}{4}}}=\frac{\frac{3}{4}(c^2-b^2)}{m_b+m_c}. \end{align*} Razonemos por reducción al absurdo suponiendo que no se cumple que $b=c$. En tal caso, podemos simplificar el factor común $c-b$ y despejar $m_b+m_c=\frac{1}{2}(b+c)$. Junto con la condición $\frac{3}{2}(c-b)=m_b-m_c$, podemos despejar $m_b=c-\frac{b}{2}$ y $m_c=b-\frac{c}{2}$. Esto contradice la desigualdad triangular en los triángulos $AMC$ y $ANB$, siendo $M$ y $N$ los puntos medios de $AB$ y $AC$, respectivamente. Por lo tanto, tiene que ser $b=c$ y el triángulo es isósoceles.

Solución. Aplicamos una rotación de $90^\circ$ al triángulo $OXV$ de forma que $X'=M$ (como es usual denotamos con un apóstrofe a los puntos después de aplicarles la rotación). Está claro que se forma un nuevo triángulo $AV'X'$ de forma que $O$ es el punto medio del lado $AV'$. En este triángulo, $O$ es el punto medio del lado $AV'$. Si denotamos por $N$ al punto medio de $AM$, tenemos que $AON$ y $AV'M$ están en posición de Thales y son semejantes con razón de semejanza $\frac{1}{2}$. En particular,

• $XV=X'V'=MV'=2ON$, lo que responde al apartado (a).
• $ON$ es paralela a $X'V'$, luego es perpendicular a $XV$ (que es rotada de $X'V'$ un ángulo recto), lo que responde al apartado (b).