Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Supongamos que el cuadrado tiene lado 1 sin perder generalidad. Sea $O$ el centro de la circunferencia y sean $M$ y $N$ los puntos medios de los lados $BC$ y $CD$. Llamando $P$ al punto medio de $MN$ y usando el teorema de Pitágoras se calcula fácilmente $AM=\frac{\sqrt{5}}{2}$ y $MP=\frac{1}{2}MN=\frac{\sqrt{2}}{4}$. Además, $AO=OM=R$, el radio de la circunferencia. Por lo tanto, el teorema de Pitágoras en los triángulos rectángulos $AMP$ y $OMP$ nos dice que \[\frac{5}{4}=\frac{1}{8}+(R+OP)^2,\qquad R^2=OP^2+\frac{1}{8}.\] Este sistema de dos ecuaciones con incógnitas $OP$ y $R$ se resuelve fácilmente, obteniendo como únicas soluciones positivas: \[OP=\frac{\sqrt{2}}{3},\qquad R=\frac{5\sqrt{2}}{12}.\] Por lo tanto, la longitud de la circunferencia es $2\pi R=\frac{5\sqrt{2}\pi}{6}$, mientras que el perímetro del cuadrado es $4$. Como $\pi^2<10<\frac{576}{50}$, tomando raíces cuadradas obtenemos que $\frac{5\sqrt{2}\pi}{6}<4$, es decir, la longitud de la circunferencia es menor que el perímetro del cuadrado.

Nota. El valor de $R$ también se deduce de la fórmula para el radio de la circunferencia circunscrita al triángulo $AMN$, es decir, \[R=\frac{MN\cdot AM\cdot AN}{\sqrt{p(p-MN)(p-AM)(p-AN)}},\] donde $p=\frac{1}{2}(AM+MN+AN)$ es el semiperímetro del triángulo.

Solución. Consideremos un giro de centro en $C$ y ángulo $60º$ que transforma $ABC$ en otro triángulo equilátero $A'B'C'$ con $B'=A$ y $C'=C$. Llamemos $P'$ al punto en el que se transforma $P$ por dicho giro. Entonces, está claro que $PP'C$ es es equilátero (ya que $PC=P'C$ y $\angle PCP'=60ª$) y $APP'$ tiene por lados $AP$, $AP'=BP$ y $PP'=CP$. Además, se cumple que \[\text{área}(APP')+\text{área}(CPP')=\text{área}(AP'C)+\text{área}(APC)=\text{área}(BPC)+\text{área}(APC).\] Si llamamos $\Delta_a$ a un triángulo equilátero de lado $a$ y $T$ al triángulo de lados $5$, $7$ y $8$, tenemos que \[\text{área}(\Delta_8)+\text{área}(T)=\text{área}(BPC)+\text{área}(APC).\] Análogamente, haciendo giros de $60º$ respecto de los vértices $A$ y $B$, tenemos que \begin{eqnarray*} \text{área}(\Delta_7)+\text{área}(T)&=\text{área}(APB)+\text{área}(BPC),\\ \text{área}(\Delta_5)+\text{área}(T)&=\text{área}(APB)+\text{área}(APC). \end{eqnarray*} Sumando las tres igualdades y teniendo en cuenta que las áreas de los tres triángulos $APB$, $BPC$ y $APC$ suman el área de $\Delta_\ell$, siendo $\ell$ el lado del triángulo $ABC$, llegamos a la identidad \[\text{área}(\Delta_5)+\text{área}(\Delta_7)+\text{área}(\Delta_8)+3\cdot\text{área}(T)=2\cdot\text{área}(\Delta_\ell).\] Usando que $\text{área}(\Delta_a)=\frac{\sqrt{3}}{4}a^2$ y que la fórmula de Herón nos dice que $\text{área}(T)=\sqrt{p(p-5)(p-7)(p-8)}=10\sqrt{3}$, siendo $p=10$ el semiperímetro de $T$, podemos transformar la identidad anterior en la ecuación \[(5^2+7^2+8^2)\frac{\sqrt{3}}{4}+30\sqrt{3}=\frac{\sqrt{3}}{2}\ell^2,\] de donde deducimos que $\ell=\sqrt{129}$.

Solución. Vamos a introducir coordenadas para resolver el problema. Para simplificar los cálculos, tomemos el origen de coordenadas en el vértice $C$ y el eje de abscisas sobre el lado $BC$, de forma que los tres vértices tengan coordenadas \[A=\left(\frac{\ell}{2},\frac{\sqrt{3}}{2}\ell\right),\qquad B=(\ell,0),\qquad C=(0,0),\] siendo $\ell$ el lado del triángulo equilátero $ABC$. Si tomamos $P=(x,y)$, las condiciones dadas en el enunciado pueden reescribirse como \begin{eqnarray*} d(A,P)=5&\Leftrightarrow&\left(x-\frac{\ell}{2}\right)^2+\left(y-\frac{\sqrt{3}}{2}\ell\right)^2=25,\\ d(B,P)=7&\Leftrightarrow&(x-\ell^2)+y^2=49,\\ d(C,P)=8&\Leftrightarrow&x^2+y^2=64.\\ \end{eqnarray*} Usando la tercera ecuación para eliminar los cuadrados de $x$ en $y$ en las dos primeras, podemos despejar $x$ e $y$ en función de $\ell$ como \[x=\frac{\ell^2+15}{2\ell},\qquad y=\frac{\ell^2+63}{2\sqrt{3}\ell}.\] Imponiendo finalmente que $x^2+y^2=64$, obtenemos la ecuación \[\left(\frac{\ell^2+15}{2\ell}\right)^2+\left(\frac{\ell^2+63}{2\sqrt{3}\ell}\right)^2=64\ \Leftrightarrow\ \ell^4-138\ell^2+1161=0.\] Esta ecuación bicuadrada tiene como soluciones positivas $\ell=\sqrt{129}$ y $\ell=3$, aunque ésta última debe descartarse ya que el punto $P$ ha de ser interior al triángulo.

Solución. Si hacemos una inversión respecto de uno de los cinco puntos, éste se va a infinito y los otros cuatro se quedan en el plano. Llamémoslos $A$, $B$, $C$ y $D$ y observemos que los separadores (dependiendo de si contienen o no el centro de inversión) se corresponden con:

• Rectas que pasan por dos de los puntos $A,B,C,D$ y dejan a los otros dos puntos en semiplanos distintos.
• Circunferencias que pasan por tres de los puntos $A,B,C,D$ y dejan al cuarto en su interior.

Por consiguiente, tendremos dos posibilidades. La primera de ellas es que los puntos $A,B,C,D$ sean los vértices de un cuadrilátero convexo $ABCD$ (podemos suponer que los vértices están en este orden renombrándolos si es necesario). En tal caso hay dos rectas que pasan por dos de ellos y dejan a los otros dos en semiplanos distintos (las diagonales $AC$ y $BD$) y dos circunferencias que pasan por tres de ellos y dejan al cuarto en su interior (una de las circunferencias circunscritas a $ABC$ ó $ACD$ y una de las circunferencias circunscritas a $BCD$ ó $ABD$). Por tanto, encontramos los cuatro separadores buscados.

La segunda posibilidad es que $ABC$ forme un triángulo y $D$ esté en su interior (después de renombrar los vértices si es necesario). En tal caso, hay tres rectas que pasan por dos de los puntos y dejan a los otros dos en semiplanos distintos ($AD$, $BD$ y $CD$) y una sola circunferencia que pasa por tres de ellos y deja al cuarto en su interior (la circunscrita al triángulo $ABC$). En consecuencia, también hay sólo cuatro separadores en este segundo caso.

Solución. El lado de un polígono de $n$ lados inscrito en una circunferencia de radio unidad viene dado por $2\sin(\frac{\pi}{n})$, luego el triángulo que estamos buscando tiene por lados $2\sin(\frac{\pi}{10})$, $2\sin(\frac{\pi}{6})=1$ y $2\sin(\frac{\pi}{5})$. El triángulo existirá y será rectángulo cuando estos tres números cumplan el teorema de Pitágoras. Como $2\sin(\frac{\pi}{10})$ es el mayor de los tres lados, tendrá que jugar el papel de la hipotenusa, es decir, el problema se reduce a demostrar que \[4\sin^2\left(\frac{\pi}{5}\right)=1+4\sin^2\left(\frac{\pi}{10}\right).\] Hay muchas formas de demostrar esta identidad usando trigonometría. Aquí comenzaremos calculando $\sin(\frac{\pi}{10})$ usando un pentágono regular $A_1A_2A_3A_4A_5$ de lado $\ell$ y diagonal $d$. Como $\angle A_4A_1A_3=\frac{\pi}{5}$, si tomamos $M$ el punto medio del lado $A_3A_4$, entonces $\angle A_4A_1M=\frac{\pi}{10}$ y el triángulo $A_4A_1M$ tiene un ángulo recto en $M$, luego $2\sin(\frac{\pi}{10})=2\frac{A_4M}{A_1A_4}=\frac{\ell}{d}$. Ahora bien, $\ell$ y $d$ satisfacen la relación $d^2=\ell^2+\ell d$ (véase la nota más abajo), luego $(\frac{\ell}{d})^2+\frac{\ell}{d}-1=0$, es decir, $2\sin(\frac{\pi}{10})$ es solución de la ecuación $x^2+x-1=0$. Resolviendo esta ecuación y quedándonos con la solución positiva, tenemos que \[\sin\left(\frac{\pi}{10}\right)=\frac{-1+\sqrt{5}}{4}.\] Usando ahora la fórmula del ángulo doble y la identidad $\sin^2(\frac{\pi}{10})+\cos^2(\frac{\pi}{10})=1$, podemos calcular \[\sin^2\left(\frac{\pi}{5}\right)=4\sin^2\left(\frac{\pi}{10}\right)\cos^2\left(\frac{\pi}{10}\right)=4\left(\frac{-1+\sqrt{5}}{4}\right)\left(1-\left(\frac{-1+\sqrt{5}}{4}\right)^2\right)=\frac{5-\sqrt{5}}{8}.\] Ahora podemos calcular explícitamente \[4\sin^2\left(\frac{\pi}{5}\right)-4\sin^2\left(\frac{\pi}{10}\right)=\frac{5-\sqrt{5}}{2}-4\left(\frac{-1+\sqrt{5}}{4}\right)^2=\frac{5-\sqrt{5}}{2}-\frac{3-\sqrt{5}}{2}=1.\]

Nota. Hay varias formas de probar la identidad $d^2=\ell^2+\ell d$. Dos de ellas son las siguientes:

• Si $P$ denota la intersección de $A_1A_3$ y $A_2A_5$, entonces los triángulos $A_1A_4A_3$ y $A_3PA_2$ son semejantes (tienen los lados paralelos) y la relación $\frac{A_3A_4}{A_2P}=\frac{A_1A_4}{A_2A_3}$ se traduce en $\frac{\ell}{d-\ell}=\frac{d}{\ell}$, de donde $d^2=\ell^2+\ell d$.
• Otra forma de probarla es aplicar el teorema de Ptolomeo al cuadrilátero cíclico $A_1A_2A_3A_4$. El producto de sus diagonales es $d^2$ y la suma de los productos de lados opuestos es $\ell^2+\ell d$, de donde se deduce inmediatamente que $d^2=\ell^2+\ell d$.

Solución. Sea $A_1A_2\ldots A_{10}$ un decágono regular inscrito en una circunferencia de radio $1$, luego $A_1A_3A_5A_7A_9$ es un pentágono regular inscrito en la misma circunferencia. Si llamamos $\ell_5$ y $\ell_{10}$ a las longitudes de los lados del pentágono y el decágono, respectivamente, tendremos que demostrar que $\ell_{5}^2=1+\ell_{10}^2$ (observemos que el hexágono regular inscrito en esta circunferencia tiene lado igual al radio (igual a $1$).

El teorema de Ptolomeo nos dice que en un cuadrilátero cíclico el producto de las diagonales es igual a la suma de los productos de los lados opuestos. Por tanto,

• aplicándolo al cuadrilátero $A_1A_3A_5A_7$, obtenemos que $d^2=\ell_5^2-\ell_5 d$, siendo $d$ la diagonal del pentágono;
• aplicándolo al cuadrilátero $A_1A_5A_6A_7$, obtenemos que $\ell_5=\ell_{10}d$, luego $d=\frac{\ell_5}{\ell_{10}}$.

Sustituyendo $d=\frac{\ell_5}{\ell_{10}}$ en $d^2=\ell_5^2-\ell_5 d$, tenemos que \[\frac{\ell_5^2}{\ell_{10}^2}=\ell_5^2-\frac{\ell_5^2}{\ell_{10}}\quad\Leftrightarrow\quad \ell_{10}^2=1+\ell_{10}.\] El teorema de Pitágoras aplicado al triángulo rectángulo $A_1A_6A_7$ nos dice que $d^2+\ell_{10}^2=4$. Sustituyendo $d=\frac{\ell_5}{\ell_{10}}$ y usando repetidamente la relación $\ell_{10}^2=1+\ell_{10}$, obtenemos finalmente que \[\ell_5^2=\ell_{10}^2(4-\ell_{10}^2)=(1+\ell_{10})(3-\ell_{10})=3+2\ell_0-\ell_{10}^2=3+2(\ell_0^2-1)-\ell_{10}^2=\ell_{10}^2+1.\]

Solución. El cuadrilátero $ACDE$ está inscrito en la circunferencia circunscrita al heptágono, luego el teorema de Ptolomeo nos asegura que \[AC\cdot DE+CD\cdot AE=AD\cdot CE.\] Dado que $CD=DE=1$ y $AE=AD$ y $CE=AC$, esta igualdad se traduce en \[AC+AD=AD\cdot AC,\] de donde se sigue fácilmente la fórmula del enunciado.

Nota. Aplicando el teorema de Ptolomeo al cuadrilátero $ABCD$ obtenemos \[1+AD=AC^2,\] que es otra relación interesante entre las diagonales del heptágono.