Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Sean $A$ y $B$ los dos vértices más alejados entre sí del polígono y consideramos los dos vértices $C$ y $D$ más alejados de la recta $AB$ en sendos semiespacios definidos por $AB$. Trazamos por $A$ y $B$ perpendiculares $r_A$ y $r_B$ a $AB$ y por $C$ y $D$ paralelas $r_C$ y $r_D$ a $AB$. Estas cuatro rectas $r_A,r_B,r_C,r_D$ determinan un rectángulo $R$. Vamos a ver que $R$ (que es, en particular, paralelogramo) contiene al polígono y que tiene área menor o igual que $2$.

• En primer lugar, tenemos que ningún vértice se puede salir de la banda determinada por $r_A$ y $r_B$ ya que en tal caso dicho vértice tendría distancia con $A$ o con $B$ mayor que $AB$ (¿por qué?), contradiciendo que $AB$ es el segmento entre vértices de longitud máxima. Por otro lado, ningún vértice se puede salir de la banda determinada por $r_C$ y $r_D$ ya que en tal caso dicho vértice distaría de $AB$ más que $C$ o $D$, contradiciendo que estos son los puntos más alejados. Por tanto, todos los vértices del polígono están en $R$ y, por convexidad, todo el polígono debe estar en $R$.
• Finalmente, veamos que $\text{área}(R)\leq 2$. Para ello, observamos que los triángulos $ACB$ y $ADB$ están contenidos en el polígono (de nuevo, por convexidad), de donde \[1=\text{área}(\text{polígono})\geq\text{área}(ACB)+\text{área}(ADB)=\tfrac{1}{2}\text{área}(R).\]

Esto termina la demostración. Es importante observar que uno de los dos puntos $C$ o $D$ podría no estar definido porque no haya vértices a un lado de la recta $AB$. En tal caso, se razona de forma similar usando que $r_C=AB$ o $r_D=AB$.

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 $\angle MAN=60^\circ$.