Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Para resolver este problema, supondremos que las bisectrices correspondientes a los lados \(a\) y \(b\), que denotaremos por \(v_a\) y \(v_b\), respectivamente, coinciden y probaremos que \(a=b\). Para ello, usaremos la siguientes fórmulas conocidas para las longitudes \(v_a\) y \(v_b\): \[v_a^2=\frac{4bcp(p-a)}{b+c},\hspace{1cm}v_b^2=\frac{4acp(p-b)}{a+c},\] siendo \(p=\frac{1}{2}(a+b+c)\) al semiperímetro. Si suponemos que \(v_a=v_b\), entonces la identidad de arriba nos asegura que \begin{eqnarray*} \frac{4bcp(p-a)}{b+c}=v_a^2=v_b^2=\frac{4acp(p-b)}{a+c}&\Leftrightarrow&(a+c)b(p-a)=(b+c)a(p-b)\\ &\Leftrightarrow&(a+c)b(b+c-a)=(b+c)a(a+c-b)\\ &\Leftrightarrow&-2 b a^2-c a^2+2 b^2 a-c^2 a+b c^2+b^2 c=0\\ &\Leftrightarrow&-(a-b)(c^2+a c+b c+2 a b)=0 \end{eqnarray*} donde hemos usado que \(p-a=\frac{1}{2}(-a+b+c)\) y \(p-b=\frac{1}{2}(a-b+c)\) y, en los últimos pasos hemos desarrollado la expresión y factorizado. Evidentemente, el término \(c^2+a c+b c+2 a b\) no puede anularse (es siempre positivo) luego necesariamente \(a-b=0\) y hemos probado que el triángulo es isósceles.

Solución. Para resolver este problema, supondremos que las medianas correspondientes a los lados \(a\) y \(b\), que denotaremos por \(m_a\) y \(m_b\), coinciden y probaremos que \(a=b\). Para ello, usaremos la siguientes fórmulas conocidas para las longitudes \(m_a\) y \(m_b\): \[m_a^2=\frac{b^2+c^2}{2}-\frac{a^2}{4},\hspace{1cm}m_b^2=\frac{a^2+c^2}{2}-\frac{b^2}{4}\] Si \(m_a=m_b\), entonces \[\frac{a^2+c^2}{2}-\frac{b^2}{4}=\frac{b^2+c^2}{2}-\frac{a^2}{4}.\] Simplificando la igualdad anterior, podemos eliminar los términos en \(c\) y resulta \(a^2=b^2\), de donde claramente \(a=b\).

Solución. Podemos utilizar la fórmula que nos dice que el área del triángulo está dada por $S=\frac{1}{2}ah_a=\frac{1}{2}bh_b$, donde $h_a$ y $h_b$ son las alturas correspondientes a los lados $a$ y $b$, respectivamente. A la vista de esto, si $h_a=h_b$, entonces es evidente que $a=b$.

Solución. Trabajando con números complejos, supongamos que \(a=a_1+ia_2\) y \(b=b_1+ib_2\) son puntos de coordenadas enteras con \(a\neq b\). Hay exactamente dos puntos del plano que forman con \(a\) y \(b\) un triángulo equilátero y estos puntos, que llamaremos \(c=c_1+ic_2\) y \(d=d_1+id_2\), se pueden construir girando \(b\) con centro en \(a\) un ángulo de \(\frac{\pi}{3}\) y \(\frac{-\pi}{3}\) respectivamente, es decir, \begin{eqnarray*} c&=&a+1_{\frac{\pi}{3}}\cdot(b-a)\ =\ a_1+ia_2+\left(\frac{1}{2}+i\frac{\sqrt{3}}{2}\right)(b_1-a_1+i(b_2-a_2))\\ &=&\left(\frac{1}{2}(b_1+a_1)+\frac{\sqrt 3}{2}(b_2-a_2)\right)+i\left(\frac{\sqrt 3}{2}(b_1-a_1)+\frac{1}{2}(a_1+a_2)\right)\\ d&=&a+1_{\frac{-\pi}{3}}\cdot(b-a)\ =\ a_1+ia_2+\left(\frac{1}{2}-i\frac{\sqrt{3}}{2}\right)(b_1-a_1+i(b_2-a_2))\\ &=&\left(\frac{1}{2}(b_1+a_1)-\frac{\sqrt 3}{2}(b_2-a_2)\right)+i\left(-\frac{\sqrt 3}{2}(b_1-a_1)+\frac{1}{2}(a_1+a_2)\right) \end{eqnarray*} Así, si \(c\) ó \(d\) tienen coordenadas enteras, los términos que van multiplicados por \(\frac{\sqrt 3}{2}\) tienen que anularse, es decir, \(b_1-a_1=0\) y \(b_2-a_2=0\), en cuyo caso \(a=b\), que es una contradicción. Por tanto, no hay triángulos equiláteros en el plano con coordenadas enteras.

En el espacio sí existen triángulos equiláteros de coordenadas enteras: por ejemplo, el que tiene por vértices \((1,0,0)\), \((0,1,0)\) y \((0,0,1)\), como puede comprobarse fácilmente.

Solución. Aplicando el teorema de Pitágoras a los triángulos rectángulos \(ACE\) y \(BCE\) y usando que \(BC=AD\), obtenemos que \begin{eqnarray*} AC^2&=&AE^2+EC^2=AE^2+BC^2-BE^2\\ &=&(AE+BE)(AE-BE)+AD^2=AB\cdot AE+AB\cdot BE+AD^2 \end{eqnarray*} Ahora bien, como los triángulos \(BCE\) y \(CDF\) son semejantes (es fácil ver que tienen dos ángulos iguales), tenemos que \(BE/BC=DF/CD\) y, teniendo en cuenta que \(CD=AB\), deducimos que \(BE\cdot AB=AD\cdot DF\). Sustituyendo esto último en la igualdad antes obtenida para \(AC^2\), la fórmula del enunciado queda probada.