Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Consideremos la homotecia $h$ de centro $G$ que lleva $E$ en $I$ (esta homotecia tiene razón negativa). Entonces, $h$ debe llevar la recta $AB$ en una recta paralela a $AB$ que pasa por $I$, es decir, $h$ lleva la recta $AB$ a la recta $CD$. Asimismo, $h$ lleva $A$ en un punto de la recta $CD$ alineado con $G$ y $A$, que no puede ser otro que el punto $C$. Finalmente, $h$ lleva la recta $AD$ en una recta paralela a $AD$ que pasa por $h(A)=C$, que no es otra que la recta $BC$. Como un punto y su imagen por $h$ están alineados con $G$, tenemos que $h(F)=G$, luego $h$ lleva la recta $EF$ en la recta $h(E)h(F)=IH$, que es por tanto paralela a $EF$.

Solución. Para probar el apartado (a), desarrollamos y usamos las ecuaciones para calcular \begin{align*} (a-b)(b-c)(c-a)&=(c^2-a^2)b+(b^2-c^2)a+(a^2-b^2)c=-(ab+bc+ac). \end{align*} Bastará ver que $ab+bc+ac=-1$. Ahora bien, multiplicando las tres ecuaciones del sistema obtenemos que $abc(a+1)(b+1)(c+1)=a^2b^2c^2$, donde podemos simplificar $abc$ ya que los tres números son no nulos. Esto nos da $$(a+1)(b+1)(c+1)=abc\Leftrightarrow 1+a+b+c+ab+bc+ac=0.$$ Esto nos da la igualdad deseada ya que, sumando las tres ecuaciones originales, se tiene claramente que $a+b+c=0$.

El apartado (b) es bastante estándar a partir del teorema de Ptolomeo para cuadriláteros cíclicos aplicado a cuadriláteros con vértices cuatro de los vértices del eneágono. Observemos que tenemos que probar tres relaciones: (1) $a^2+a=b^2$, (2) $b^2+b=c^2$ y (3) $c^2-c=a^2$ (hemos cambiado $c$ por $-c$ en las ecuaciones del sistema del apartado a). La primera de ellas se sigue de aplicar Ptolomeo al cuadrilátero $A_1A_2A_3A_4$, la segunda al cuadrilátero $A_1A_4A_6A_8$ y la tercera al cuadrilátero $A_1A_4A_5A_9$, como se indica en la figura (los segmentos verdes son iguales a $a$, los rojos a $b$, los azules a $1$ y los amarillos a $c$):

Solución. Aplicando la desigualdad triangular a los triángulos $ABP$, $BCP$ y $ACP$, obtenemos las desigualdades: \begin{align*} AP+BP&\leq AB,& BP+CP&\leq BC,& CP+AP&\leq AC.& \end{align*} Sumando las tres, llegamos a que $AP+BP+CP\geq\frac{p}{2}$.

Para probar la otra desigualdad, prolongamos $AP$ hasta un punto $Q$ en $BC$. La desigualdad triangular en el triángulo $BPQ$ nos dice que $BP\leq PQ+BQ$ y en el triángulo $ACQ$ también nos dice que $AQ\leq AC+QC$. Entonces, podemos escribir $$AP+BP\leq AP+PQ+BQ=AQ+BQ\leq AC+QC+BQ=AC+BC.$$ De la misma forma, se prueba que $AP+CP\leq AB+BC$ y $BP+CP\leq AB+AC$. Sumando estas tres desigualdades, llegamos a que $AP+BP+CP\leq p$.

Nota. Si buscamos constantes $m$ y $M$ tales que $mp\leq AP+BP+CP\leq Mp$ (que no dependen del punto $P$ ni del triángulo $ABC$), tomar $m=\frac{1}{2}$ es una elección óptima ya que la igualdad se da en el caso límite en que $A=P$ son el punto medio del segmento $BC$. En cambio, la constante $M=1$ del enunciado no es óptima, por lo que puede que otra demostración dé de hecho una constante mejor. La obtención del valor óptimo de $M$ es un problema más difícil que puede resolverse usando el punto de Fermat del triángulo (que es el que minimiza la suma de distancias a los tres vértices).

Solución. Sumando las tres desigualdades obtenemos que \[360º=\angle APB+\angle BPC+\angle APC\leq 2(\angle ACB+\angle BAC+\angle ABC)=2\cdot 180º=360º,\] por lo que todas las desigualdades del enunciado deben ser igualdades. Ahora bien, estas igualdades son ciertas cuando $P$ coincide con $O$, el circuncentro de $ABC$, usando la propiedad de que ángulo central es el doble del ángulo inscrito. Veamos que si $P\neq O$, entonces alguna de las igualdades no es cierta y esto demostrará que el circuncentro es el único punto que cumple las desigualdades del enunciado.

Consideremos el círculo que pasa por $O$, $A$ y $B$, el círculo que pasa por $O$, $B$ y $C$ y el círculo que pasa por $O$, $A$ y $C$. Si $P\neq O$, entonces $P$ estará en el exterior en uno de estos tres círculos (ya que no tienen puntos interiores común al pasar todos por $O$). Pongamos que $P$ está en el exterior del círculo que pasa por $O$, $A$ y $B$ sin perder generalidad. Las propiedades del arco capaz y del ángulo central nos dicen que $\angle APB\lt \angle AOB=2\angle ACB$, luego no se da la igualdad y hemos terminado.

Nota. Supongamos que $P$ es un punto que se encuentra en el mismo semiplano que $O$ respecto de la recta $AB$. Hemos usado la propiedad de que si $P$ está en el exterior del círculo que pasa por $O$, $A$ y $B$, entonces $\angle APB\lt \angle AOB$. Si, por el contrario, el punto $P$ está en el interior del círculo, entonces $\angle APB\gt \angle AOB$. La igualdad $\angle APB=\angle AOB$ se da únicamente cuando $P$ es parte de la circunferencia.

Solución. Supongamos que el triángulo $ABC$ tiene la recta que une el baricentro $G$ y el incentro $I$ paralela al lado $BC$. Sean $P$, $Q$ y $R$ los pies de las perpendiculares a $BC$ que pasan por $A$, $I$ y $G$, respectivamente. Tenemos así que $IP=r$ es el radio de la circunferencia inscrita y $GR=\frac{1}{3}AP$ ya que los triángulos $APM$ y $GRM$ son semejantes, siendo $M$ el punto medio de $BC$, y el baricentro divide a la mediana $AM$ en los segmentos $AG=2GM$. La condición del enunciado es equivalente a que $r=\frac{1}{3}h$, donde $h=AP$ es la altura sobre lado $BC$.

Ahora bien, el área de $ABC$ se puede calcular como $S=\frac{1}{2}(a+b+c)r$ y también como $S=\frac{1}{2}ah$. Igualando estas dos fórmulas, tenemos que $r=\frac{1}{3}h$ si, y sólo si, $\frac{1}{6}(a+b+c)h=\frac{1}{2}ah$ y esto a su vez equivale a que $b+c=2a$. Obtenemos así que la condición buscada es que la longitud de un lado sea la media aritmética de las longitudes de los otros dos.

Nota. La condición de que el triángulo no sea equilátero es para que el baricéntro y el incentro no sean el mismo punto. ¿Sabrías demostrar por qué?