Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Por el paralelismo entre las rectas dadas, está claro que los triángulos $RBP$, $QPC$ y $ABC$ son semejantes ya que tienen sus tres ángulos iguales. También por tener sus lados opuestos paralelos, es fácil darse cuenta de que $ARPQ$ es un paralelogramo, luego $QRQ$ y $PQR$ son triángulos congruentes. Para pasar de $QPC$ a $RBP$ multiplicamos por un factor $k$ (de forma que las áreas se multiplican por $k^2$), luego $BP=k\cdot CP$. De esta forma $BC=(1+k)CP$, luego para pasar de $QPC$ a $ABC$ se multiplica por un factor $1+k$ (y las áreas se multiplican por $(1+k)^2$). Todo esto nos dice que \begin{align*} (1+k)^2\mathrm{Área}(RBP)&=\mathrm{Área}(ABC)=\mathrm{Área}(RBP)+\mathrm{Área}(QPC)+2\mathrm{Área}(ARQ)\\ &=\mathrm{Área}(RBP)+k^2\,\mathrm{Área}(RBP)+2\mathrm{Área}(ARQ), \end{align*} de donde se tiene que $\mathrm{Área}(ARQ)=k\,\mathrm{Área}(RBP)$. Con esto podemos calcular finalmente \begin{align*} \frac{\mathrm{Área}(ARQ)}{\mathrm{Área}(ABC)}=\frac{k\,\mathrm{Área}(RBP)}{(1+k)^2\,\mathrm{Área}(RBP)}=\frac{k}{(1+k)^2}. \end{align*}

Solución. Pongamos que la hipotenusa del triángulo mide $a$ y los catetos $b$. En un triángulo rectángulo la circunferencia circunscrita tiene a la hipotenusa por diámetro, luego el radio de la circunferencia circunscrita es $R=\frac{a}{2}$. Por otro lado, el área del triángulo es $S=\frac{b^2}{2}$, pero también puede calcularse como $S=pr$, donde $r$ es el radio de la circunferencia inscrita y $p=\frac{1}{2}(a+2b)$ el semiperímetro. Podemos despejar entonces $r=\frac{b^2}{2p}=\frac{b^2}{a+2b}$. Usando el teorema de Pitágoras podemos finalmente calcular \begin{align*} R+r&=\frac{a}{2}+\frac{b^2}{a+2b}=\frac{a^2+2ab+2b^2}{2a+4b}\\ &=\frac{4b^2+2ab}{2a+4b}=b. \end{align*}

Nota. Un cálculo similar muestra que si el triángulo rectángulo no es necesariamente isósceles, entonces $R+r=\frac{b+c}{2}$, donde $b$ y $c$ son las longitudes de los catetos.

Solución. Vamos a escribir el problema con geometría analítica, de forma que los vértices tienen coordenadas $A=(x_A,y_A)$, $B=(x_B,y_B)$ y $C=(x_C,y_C)$ y consideramos el punto variable $M=(x,y)$. Tenemos entonces que el baricentro tiene coordenadas $G=(\frac{x_A+x_B+x_C}{3}, \tfrac{y_A+y_B+y_C}{3})$, luego podemos calcular \begin{align*}MA^2+MB^2+MC^2&=(x-x_A)^2+(y-y_A)^2+(x-x_B)^2+(y-y_B)^2+(x-x_C)^2+(y-y_C)^2\\ &=3x^2+3y^2-6x_Gx-6y_Gy+x_A^2+x_B^2+x_C^2+y_A^2+y_B^2+y_C^2\\ &=3\left((x-x_G)^2+\left(y-y_G\right)^2\right)+x_A^2+x_B^2+x_C^2+y_A^2+y_B^2+y_C^2-3x_G^2-3y_G^2 \end{align*} Sustituyendo $x=x_G$ e $y=y_G$ en la igualdad anterior, obtenemos directamente que \[GA^2+GB^2+GC^2=x_A^2+x_B^2+x_C^2+y_A^2+y_B^2+y_C^2-3x_G^2-3y_G^2,\] por lo que se tiene que \[MA^2+MB^2+MC^2=3MG^2+GA^2+GB^2+GC^2.\] De aquí se deduce que la desigualdad en el apartado (a) y que la igualdad se alcanza si y sólo si $MG=0$, es decir, cuando $M=G$. Más aún, si $MA^2+MB^2+MC^2=k\gt GA^2+GB^2+GC^2$, entonces la igualdad anterior nos dice que $MG$ es una constante positiva. Deducimos así que los puntos que cumplen (b) son los de una circunferencia centrada en $G$ de radio $\frac{1}{\sqrt{3}}\sqrt{k-GA^2-GB^2-GC^2}$.