Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

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. Definimos $P\neq C$ como el segundo punto de corte de las circunscritas a los triángulos equiláteros $A'BC$ y $AB'C$. Por la propiedad del arco capaz, se tiene que \[\angle B'PC=180^\circ-\angle B'AC=120^\circ,\qquad \angle A'PC=180^\circ-\angle A'BC=120^\circ.\] Deducimos que \[\angle APB=\angle A'PB'=360^\circ-\angle B'PC-\angle A'PC=120^\circ,\] luego $P$ también está en la circunferencia circunscrita a $ABC'$. Así, la propiedad del arco capaz en las tres circunferencias nos da los siguientes ángulos: \begin{align*} \angle B'PA&=\angle B'CA=60^\circ,& \angle A'PB&=\angle A'CB=60^\circ,\\ \angle APC&=\angle AB'C=60^\circ,& \angle APC'&=\angle ABC'=60^\circ. \end{align*} Esto nos dice que $P$ está en la intersección de $AA'$, $BB'$ y $CC'$ y tenemos probado el apartado (a). También tenemos el apartado (b) ya que hemos probado implícitamente que el lugar geométrico de $P$ es el arco menor $AB$ de la circunferencia circunscrita a $ABC'$.

Observemos que, como $A'',B'',C''$ son los centros de las circunferencias circunscritas que hemos trazado, se cumple que la recta $A''B''$ es perpendicular a la recta $CC'$, la recta $A''C''$ es perpendicular a $BB'$ y la recta $B''C''$ es perpendicular a $AA'$. Como las rectas $AA',BB',CC'$ forman ángulos de $60^\circ$, obtenemos que $A''B'',B''C'',C''A''$ también forman ángulos de $60^\circ$, luego el triángulo $A'',B'',C''$ es equilátero y tenemos ya el apartado (c).

Finalmente, para responder al apartado (d), consideremos el punto $Q$ diametralmente opuesto a $P$ en la circunferencia circunscrita a $AB'C$. Se tiene entonces que $\angle PB'Q=90^\circ$ y $\angle AB'P=120^\circ$, luego, una vez más por la propiedad del arco capaz, \[\angle B'PB''=\angle B'PQ=90^\circ-\angle B'QP=90^\circ-\angle B'CP.\] De la misma forma, se tiene que $\angle A'PA''=90^\circ-\angle A'CP$, luego podemos sumar para obtener que \[\angle B'PB''+\angle A'PA''=180-\angle B'CP-\angle A'CP=180^\circ-\angle B'CA'=120^\circ.\] Como $\angle B'PB''+\angle B''PA''+\angle A'PA''=240^\circ$, obtenemos que $\angle B''PA''=120^\circ$, luego $P$ está en la circunferencia circunscrita al triángulo $A''B''C''$.

Nota. El problema en sí está muy relacionado con el teorema de Napoleón para el triángulo $ABC$. Justo nos dicen que analicemos el caso en que $ABC$ es degenerado (sus vértices están alineados). Los apartados (a), (b) y (c) son parte de la demostración estándar de este resultado clásico, aunque (d) es distinto ya que no es cierto en general para un triángulo cualquiera.

Solución. Llamemos $S_1$, $S_2$, $S_3$, $S_4$ a las áreas de los triángulos $CGQ$, $AGQ$, $BGP$ y $AGP$, respectivamente, que se encuentran coloreadas en la figura. Como $CGQ$ y $AGQ$ tienen una altura común y también la tienen $BGP$ y $AGP$ (estas alturas comunes están dibujadas en línea discontinua azul), tenemos que \[\frac{PB}{PA}\cdot\frac{QC}{QA}=\frac{S_4}{S_3}\cdot\frac{S_1}{S_2}.\] Ahora vamos a calcular estas áreas de otra forma, para lo que trazamos las alturas $AA'$, $BB'$ y $CC'$, siendo $A',B',C'$ puntos de la recta que pasa por $G$. Tenemos entonces que \[\frac{S_4}{S_3}\cdot\frac{S_1}{S_2}=\frac{BB'\cdot CC'}{(AA')^2}.\] Ahora bien, como $M$ es el punto medio de $BC$, la altura $MM'$ del triángulo $MPQ$ (en gris discontinuo) cumple que $MM'=\frac{1}{2}(BB'+CC')$. El área de $PMQ$ es $\frac{1}{2}MM'\cdot PQ$ y el área de $APQ$ es $\frac{1}{2}PQ\cdot AA'$. Como el área de $APQ$ es el doble que la de $PMQ$ (ya que el baricentro divide a la mediana en dos segmentos tales que $AG=2GM$), tenemos que $\frac{1}{2}(BB'+CC')=MM'=\frac{1}{2}AA'$, de donde $AA'=BB'+CC'$. Finalmente, esto nos dice que \[\frac{PB}{PA}\cdot\frac{QC}{QA}=\frac{BB'\cdot CC'}{(AA')^2}=\frac{BB'\cdot CC'}{(BB'+CC')^2}=\frac{1}{2+\frac{BB'}{CC'}+\frac{CC'}{BB'}}\leq\frac{1}{4},\] donde hemos usado que la suma de un número positivo y su inverso es mayor o igual que $2$.