Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Llamemos $a,b,c$ a los lados del triángulo opuestos a los vértices $A,B,C$, respectivamente, y llamemos $h_a$ y $h_b$ a las alturas sobre los lados $a$ y $b$, respectivamente. Como la distancia de $A$ a la recta $BC$ es $h_a$, se tiene que $b\geq h_a\geq a$. Análogamente, como la distancia de $B$ a la recta $AC$ es $h_b$, se tiene que $a\geq h_b\geq b$. Esto nos dice que $a=b$ y también que la distancia de $A$ a la recta $BC$ se realiza en $C$ (es decir, $C$ es el pie de la altura $h_a$. En particular, el ángulo $\angle ACB$ es recto y los ángulos $\angle BAC$ y $\angle ABC$ son de $45º$ por ser $a=b$.

Solución. El cuadrilátero $ABCD$ puede ser o bien un rombo o bien un trapecio isósceles. En el caso del rombo, se tiene que $r_1=r_2=r_3=r_4$ por simetría de la figura, luego la fórmula dada se cumple evidentemente. Supondremos entonces que se trata de un trapecio isósceles y supondremos sin perder generalidad que $BC=AD=1$ y escribiremos $CD=x\lt 1$. La condición de que tiene círculo inscrito nos dice que $AB+CD=BC+AD$, de donde $CD=2-x$.

Los triángulos $BEC$ y $AED$ son congruentes, luego $r_4=r_2$. Los triángulos $AEB$ y $CED$ son semejantes ya que $AB$ y $CD$ son paralelas y están en proporción $2-x$ a $x$. En consecuencia, tenemos que $r_1=\frac{2-x}{x}r_3$, lo que nos permite reescribir la condición del enunciado como: $$\frac{1}{r_1}+\frac{1}{r_3}=\frac{1}{r_2}+\frac{1}{r_4}\ \Leftrightarrow\ r_2=(2-x)r_3.$$ Sea $P$ el pie de la perpendicular por $D$ al lado $AB$. El teorema de Pitágoras en el triángulo $APD$ nos dice que $1=AP^2+DP^2=(1-x)^2+DP^2$ y en el triángulo $BDP$ nos dice que $BD^2=DP^2+BP^2=DP^2+1$. De estas dos ecuaciones, se deduce que $DP^2=1+2x-x^2$, luego se tiene por la semejanza entre $CED$ y $AEB$ que \[DE=\frac{x}{2}DP=\frac{x}{2}\sqrt{1+2x-x^2},\qquad BE=\frac{2-x}{2}DP=\frac{2-x}{2}\sqrt{1+2x-x^2}.\] Para obtener la relación entre $r_2$ y $r_3$, usamos que el área de un triángulo es igual al semiperímetro por el radio inscrito en los triángulos $BEC$ y $CED$, que tienen por altura común $h$ a la perpendicular por $C$ a $DB$. En el triángulo $BEC$, tenemos que \[\tfrac{1}{2}(1+\sqrt{1+2x-x^2})r_2=\tfrac{1}{2}BE\cdot h=\frac{2-x}{4}\sqrt{1+2x-x^2}\cdot h,\] mientras que en el triángulo $CED$ obtenemos \[\tfrac{1}{2}(x+x\sqrt{1+2x-x^2})r_3=\tfrac{1}{2}DE\cdot h=\frac{x}{4}\sqrt{1+2x-x^2}\cdot h.\] Despejando e igualando $h$ en ambas fórmulas, se tiene que $r_2=(2-x)r_3$, como queríamos demostrar.

Solución. El área de $H$ se puede escribir como \begin{align*} \mathrm{Area}(H)&=\mathrm{Area}(AB_2C_1)+\mathrm{Area}(AA_1A_2)+\mathrm{Area}(BA_1C_2)\\ &\quad +\mathrm{Area}(BB_1B_2)+\mathrm{Area}(CB_1A_2)+\mathrm{Area}(CC_1C_2)-2\mathrm{Area}(T). \end{align*} Cada uno de los seis triángulos (distintos de $T$) que aparecen en esta expresión son isósceles. Usando que el área de un triángulo es la mitad del producto de dos lados por el seno del ángulo que forman, la suma anterior se puede escribir como \[\mathrm{Area}(H)=\frac{(b+c)^2+a^2}{2}\mathrm{sen}(\alpha)+\frac{(a+c)^2+b^2}{2}\mathrm{sen}(\beta)+\frac{(a+b)^2+c^2}{2}\mathrm{sen}(\gamma)-2\mathrm{Area}(T),\] donde $\alpha,\beta,\gamma$ son los ángulos de $T$ en los vértices $A,B,C$, respectivamente. Si tenemos en cuenta que $\mathrm{Area}(T)=\frac{bc}{2}\sin(\alpha)=\frac{ac}{2}\sin(\beta)=\frac{ab}{2}\sin(\gamma)$, podemos eliminar los senos en la expresión anterior, obteniendo \begin{align*} \mathrm{Area}(H)&=\left(\frac{(b+c)^2+a^2}{bc}+\frac{(a+c)^2+b^2}{ac}+\frac{(a+b)^2+c^2}{ab}-2\right)\mathrm{Area}(T)\\ &=\left(\frac{b^2+c^2+a^2}{bc}+\frac{a^2+c^2+b^2}{ac}+\frac{a^2+b^2+c^2}{ab}+4\right)\mathrm{Area}(T)\\ &=\left((a^2+b^2+c^2)\left(\frac{1}{ac}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ab}\right)+4\right)\mathrm{Area}(T). \end{align*} La desigualdad buscada se deduce entonces de la siguiente \[\frac{a^2+b^2+c^2}{3}\geq\frac{bc+ac+ab}{3}\geq\frac{3}{\frac{1}{ac}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ab}},\] donde hemos usado en primer lugar la desigualdad de reordenación y después la desigualdad entre las medias aritmética y armónica.

Nota. La igualdad se alcanza si, y sólo si, el triángulo es equilátero.

Solución. Comenzaremos demostrando que si el triángulo $ABC$ es el de mayor perímetro, entonces $P$ es el incentro. Para ello, vamos a fijar los vértices $B$ y $C$ y mover el vértice $A$ entre todos los puntos de la circunferencia $\Gamma$ de centro $P$ y radio $r$ ($r$ será igual a $3$, $5$ o $7$). Por tanto, el lado $BC$ queda fijo y la suma de distancias $AB+AC$ será constante en cada elipse de focos $B$ y $C$ (por definición de elipse). Si consideramos todas estas elipses, como se muestra en la figura, existirá un punto $Q$ de $\Gamma$ con $QB+QC$ máximo, que se corresponderá con una elipse $E$ tangente en $Q$ a la circunferencia $\Gamma$, como puede verse en la figura (es decir, la elipse de mayor excentricidad que deja a $\Gamma$ en su interior). Observamos que $PQ$ es perpendicular a $\Gamma$ en $Q$ por tratarse de un radio, luego también es perpendicular a $E$ en $Q$ ya que $E$ y $\Gamma$ son tangentes en este punto. Ahora usamos la propiedad de que los segmentos que unen un punto de una elipse con el foco tienen por bisectriz la perpendicular en el punto (ver la nota). Por tanto, el punto $Q$ de $\Gamma$ que maximiza el perímetro cumple que $P$ está en la bisectriz interior del ángulo $A$. Si el triángulo $ABC$ maximiza el perímetro, entonces $P$ tiene que ser el incentro.

Puede parecer que lo anterior demuestra el enunciado, pero podría ocurrir que no hay ningún triángulo $ABC$ cuyo incentro $I$ dista $3$, $5$ y $7$ de los vértices. De hecho, no hemos usado estos tres números para el razonamiento anterior. Tomemos los puntos $P,Q,R$ de los lados $AB,BC,CA$, respectivamente, tales que $IP=IQ=IR=r$, el radio de la circunferencia inscrita. Como estos radios son perpendiculares a los correspondientes lados, en función de $r$, los $360º$ del ángulo completo en $I$ se pueden calcular como \begin{align*} 360º&=\angle AIQ+\angle AIR+\angle RIB+\angle BIP+\angle PIC+\angle CIQ\\ &=2\arccos(\tfrac{r}{3})+2\arccos(\tfrac{r}{5})+2\arccos(\tfrac{r}{7}). \end{align*} Es fácil ver que si esta ecuación se cumple, entonces se pueden construir los seis triángulos rectángulos en que se divide $ABC$ y al unirlos tenemos el triángulo $ABC$ con distancias $3$, $5$ y $7$ al incentro. Definimos entonces la función $f:[0,3]\to\mathbb{R}$ como \[f(r)=2\arccos(\tfrac{r}{3})+2\arccos(\tfrac{r}{5})+2\arccos(\tfrac{r}{7}).\] Esta función es continua y estrictamente decreciente con $f(0)=540º$ y $$f(3)=2\arccos(\tfrac{3}{5})+2\arccos(\tfrac{3}{7})\lt 2\arccos(0)+2\arccos(0)=360º.$$ El teorema de Bolzano nos asegura que hay un valor de $r$ para el que $f(r)=360º$.

Nota. La propiedad que hemos usado de las elipses es la que hace que, en una sala de planta elíptica, si hablamos en uno de los focos, otra persona oiga con claridad lo que decimos si se sitúa en el otro foco.

Por otro lado, el argumento para la existencia del triángulo no depende realmente de los números $3$, $5$ y $7$ (es decir, se podrían haber escrito otros tres números positivos cualesquiera).

Solución. Sean $M$ el punto medio del lado $BC$ y $P$ el pie de la altura que pasa por $A$ en el lado $BC$. Como $OM$ y $AP$ son paralelas, tenemos que $APD$ es semejante a $OMD$. De esta forma, se cumple que \[\frac{AD-R}{AD}=\frac{OD}{AD}=\frac{OM}{AP}=\frac{OM\cdot BC}{AP\cdot BC}=\frac{\mathrm{Area}(BOC)}{\mathrm{Area}(ABC)},\] donde hemos usado que $OM$ es la alutra del triángulo $BOC$ y la fórmula del área de un triángulo como la mitad de la base por la altura. Repitiendo el mismo argumento para los tres lados del triángulo, se tienen las relaciones \[\frac{AD-R}{AD}=\frac{\mathrm{Area}(BOC)}{\mathrm{Area}(ABC)},\qquad \frac{BE-R}{BE}=\frac{\mathrm{Area}(AOC)}{\mathrm{Area}(ABC)},\qquad \frac{CF-R}{CF}=\frac{\mathrm{Area}(AOB)}{\mathrm{Area}(ABC)}. \] Sumando estas tres igualdades llegamos a que \[3-\frac{R}{AD}-\frac{R}{BE}-\frac{R}{CF}=\frac{\mathrm{Area}(BOC)+\mathrm{Area}(AOC)+\mathrm{Area}(AOB)}{\mathrm{Area}(ABC)}=1,\] de donde se obtiene claramente la fórmula del enunciado.