Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Por simplicidad, llamamos $a=AE$, $b=BE$, $c=CE$ y $d=DE$. También llamamos $\alpha=\angle AEB=\angle CED$, con lo que $\angle BEC=\angle DEA=180-\alpha$. Usando que el área de un triángulo es el la mitad del producto de dos de sus lados por el seno del ángulo que forman y que $\mathrm{sen}(180-\alpha)=\mathrm{sen}(\alpha)$, la desigualdad del enunciado se reescribe como \[\sqrt{ab}+\sqrt{cd}\leq\sqrt{ab+bc+cd+da}.\] Elevando al cuadrado esto a su vez equivale (porque todos son positivos) a \[2\sqrt{abcd}\leq ac+bd,\] que no es más que la desigualdad entre las medias aritmética y geométrica aplicada a los números $ac$ y $bd$. Se da la igualdad si y solo si $ac=bd$. Esto equivale a que los triángulos $ABE$ y $CDE$ sean semejantes (tienen además un ángulo común $\alpha$ opuesto por el vértice), lo que nos dice que la igualdad se alcanza si y solo si $AB$ es paralela a $CD$.

Solución. Sean $X,Y,Z$ los pies de las perpendiculares desde $P$ a los lados $BC,AC,AB$, respectivamente. Vamos a demostrar que $XPY$ es semejante a $ZPX$, probando que dos de sus ángulos son iguales. Esta semejanza nos dirá que $\frac{ZP}{PX}=\frac{PX}{PY}$, que equivale a $a^2=bc$. Vamos a distinguir dos casos, suponiendo previamente que $P\neq B$ y $P\neq C$ (en tal caso la igualdad $a^2=bc$ es cierta ya que queda $0=0$).

El primer caso es que $P$ sea interior al triángulo $ABC$. Los cuadriláteros $ZPBX$ e $YPXC$ son cíclicos ya que tienen dos ángulos rectos opuestos. La propiedad del arco capaz nos dice que $\angle XPY=180-\angle ACB$ y $\angle ZPX=180-\angle ABC$; como se tiene que $\angle ACB=\angle ABC$ por ser $ABC$ isósceles, se deduce que $\angle XPY=\angle ZPX$ y ya tenemos un ángulo igual. Para el segundo ángulo, calculamos de nuevo por arco capaz \begin{align*} \angle PXY-\angle ZPX&=\angle PCY-\angle PBX=\angle ACB-\angle PCX-\angle PBX\\ &=\angle ACB-180+\angle BPC. \end{align*} En el último paso hemos usado que los ángulos del triángulo $BPC$ suman $180$. Ahora bien, $\angle BOC=360-2\angle BPC$ por la propiedad del arco central, donde $O$ es el centro de la circunferencia tangente a los lados. Como en el cuadrilátero $ABCO$ los ángulos suman $360$ y dos de ellos son rectos, llegamos a que $\angle BOC=180-\angle BAC$ y, por tanto, $\angle BPC=90+\frac{1}{2}\angle BAC=180-\angle ACB$ (ya que $ABC$ es isósceles). Volviendo al cálculo anterior, tenemos que $\angle PXY-\angle ZPX=0$, lo que concluye la demostración de que $XPY$ es semejante a $ZPX$.

El segundo caso es que $P$ sea exterior al triángulo $ABC$, es decir, $P$ está en el arco mayor $BC$ de la circunferencia. La demostración se adapta pero los cálculos son ligeramente distintos. La igualdad $\angle XPY=\angle ZPX$ es cierta pero en este caso porque los dos ángulos son iguales a $180-\angle ABC$. Para la otra igualdad de ángulo, calculamos \begin{align*} \angle PXY-\angle ZPX&=\angle PCY-\angle PBX=180-\angle ACB-\angle PCX-\angle PBX\\ &=\angle ACB+\angle BPC=\angle ACB+\tfrac{1}{2}\angle BOC=\angle ACB+\tfrac{1}{2}(180-\angle BAC)=0. \end{align*}

Solución. Supongamos que las longitudes de los lados son $a\leq b\leq c$. Las dos caras mayores involucran $2bc$ cubos, las dos medianas otros $2a(c-2)$ y las pequeñas otros $2(a-2)(b-2)$, donde se ha tenido en cuenta que los cubos que se encuentran en las aristas del ortoedro no deben contarse más que una vez. Esto nos da un total de cubos pintados igual a \begin{align*} 2bc+2a(c-2)+2(a-2)(b-2)&=2(ab+bc+ca)-4(a+b+c)+8\\ &=abc-(a-2)(b-2)(c-2). \end{align*} Como esta cantidad debe ser igual a la mitad de todos los cubos (es decir, $\frac{abc}{2}$), nos queda la ecuación \[abc=2(a-2)(b-2)(c-2)\ \Leftrightarrow\ \left(1-\frac{2}{a}\right)\left(1-\frac{2}{b}\right)\left(1-\frac{2}{c}\right)=\frac{1}{2}.\] Ahora bien, si el producto de tres números es igual a $\frac{1}{2}$, el menor tiene que ser menor o igual que $\sqrt[3]{\frac{1}{2}}\lt 0,\!8$, lo que nos da $1-\frac{2}{a}\lt 0,\!8$ y esto equivale a $a\lt 10$ (observamos que $1-\frac{2}{a}\leq 1-\frac{2}{b}\leq 1-\frac{2}{c}$ ya que hemos supuesto que $a\leq b\leq c$). Por tanto, sólo hay un número finito de posibles valores de $a$. Fijamos uno de ellos y despejamos de la ecuación original: \[\left(1-\frac{2}{b}\right)\left(1-\frac{2}{c}\right)=\frac{a}{2(a-2)}.\] Ahora el producto de dos números es igual a $\frac{a}{2(a-2)}$ luego el menor de ellos debe ser menor o igual que la raíz cuadrada de dicho número, lo que nos da \[1-\frac{2}{b}\leq\sqrt{\frac{a}{2(a-2)}}\ \Leftrightarrow\ b\leq \frac{2}{1-\sqrt{\frac{a}{2(a-2)}}}.\] De esta forma, para cada uno de los valores de $a$, hay un número finito de valores de $b$. Finalmente, para cada valor de $a$ y $b$ en estas condiciones, hay un único valor de $c$ que cumple la ecuación. Todo esto demuestra que el número de tales ortoedros es finito.