Curso 2010-11

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Problema 84. Sea AB el di´ametro de una semicircunferencia de radio R y sea O el punto medio del segmento AB. Con centro en A y radio OA se traza el arco de circunferencia OM. Calcular, en funci´on de R, el radio de la circunferencia inscrita en el tri´angulo mixtil´ıneo OMB.

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Problema 84. Sea AB el di´ametro de una semicircunferencia de radio R y sea O el punto medio del segmento AB. Con centro en A y radio OA se traza el arco de circunferencia OM. Calcular, en funci´on de R, el radio de la circunferencia inscrita en el tri´angulo mixtil´ıneo OMB.

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En el 4ACD, AD =

q (R + x)2 − x 2 .

En el 4OCD, 2

2

(R − x) = x +

q

2 (R +

x)2

−

x2

−R

,

de donde, operando, p R 2 − 2Rx + x 2 = x 2 + R 2 + 2Rx − 2R R 2 + 2Rx + R 2 , p 2R R 2 + 2Rx = R 2 + 4Rx, p 2 R 2 + 2Rx = R + 4x, 4R 2 + 8Rx = R 2 + 8Rx + 16x 2 , 3R 2 = 16x 2 , √ 3 x= R. 4 Curso 2010-11

Problema 85. Se se˜ nalan sobre una circunferencia n puntos de tal modo que al trazar todas las cuerdas posibles que los unen de dos en dos no haya tres cuerdas concurrentes. ¿En cu´antas regiones queda dividido el c´ırculo por estas cuerdas?

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Problema 85. Se se˜ nalan sobre una circunferencia n puntos de tal modo que al trazar todas las cuerdas posibles que los unen de dos en dos no haya tres cuerdas concurrentes. ¿En cu´antas regiones queda dividido el c´ırculo por estas cuerdas? Para n = 2, 3, 4, 5 puntos resultan 2 = 21 , 4 = 22 , 8 = 23 , 16 = 24 regiones, pero para n = 6 s´ olo resultan 31 regiones y no 32 (el problema de la regi´on perdida).
Dentro del c´ırculo quedan determinados n4 puntos de intersecci´on de cuerdas (cada punto interior queda determinado por dos cuerdas que pasan por dos parejas de puntos distintos de la circunferencia, es decir, queda determinado por cuatro puntos distintos de la circunferencia).

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El n´ umero de umero de
segmentos rectil´ıneos interiores es igual al n´ cuerdas, n2 , m´as dos veces el n´ umero de puntos interiores de intersecci´on de cuerdas (esto se puede probar por inducci´on sobre el n´ umero de cuerdas). En el grafo que forma la circunferencia con las cuerdas, se cumple Regiones interiores + V´ertices = Aristas + 1, luego el n´ umero de regiones es             n n n n n +2 +n +1− +n =1+ + . 2 4 4 2 4

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Problema 86. Si a, b y c son los lados de un tri´angulo, demuestra que b c a + + ≥ 3. b+c −a c +a−b a+b−c

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Problema 86. Si a, b y c son los lados de un tri´angulo, demuestra que b c a + + ≥ 3. b+c −a c +a−b a+b−c Haciendo los cambios x=

a+c −b a+b−c b+c −a , y= , z= , 2 2 2

(los n´ umeros x, y , z son positivos por la desigualdad triangular) la desigualdad se reescribe y +z z +x x +y + + ≥3 2x 2y 2z o equivalentemente,      x y y z z x + + + + + ≥ 6. y x z y x z Curso 2010-11

Para probar esta u ´ltima desigualdad recordemos que si u y v son dos n´ umeros reales positivos, entonces se verifica vu + vu ≥ 2, con igualdad si y s´olo si u = v . Luego en la desigualdad original la igualdad se alcanza solamente para un tri´angulo equil´atero.

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Problema 87. Sea ABC un tri´angulo, y sea P un punto en su interior. Se denotan respectivamente por D, E y F los pies de las perpendiculares por P a las rectas BC , CA y AB, y supongamos que se cumple AP 2 + PD 2 = BP 2 + PE 2 = CP 2 + PF 2 . Si se denotan por IA , IB , IC los exincentros (centros de las circunferencias tangentes a un lado y a las prolongaciones de los otros dos lados) del tri´angulo ABC , probar que P es el circuncentro del tri´angulo IA IB IC .

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Soluci´on 1.

Sea a = BC , b = CA, c = AB, y p = a+b+c . 2 Por la hip´otesis es BD 2 = BP 2 − PD 2 = AP 2 − PE 2 = AE 2 ; por tanto, BD = AE .

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De forma an´aloga resulta CE = BF y AF = CD. Como BD + DC = a, CE + EA = b y AF + FB = c, obtenemos que BD = AE = p − c, CE = BF = p − a, y AF = CD = p − b, lo que implica que D, E y F son los puntos de tangencia de las circunferencias exinscritas con los lados BC , CA, y AB, respectivamente. En particular, D est´a en la recta PIA , y an´alogamente resulta para E y F . IC IA ⊥IB B AB⊥IC P ∠PIC B = ∠ABIB =

B 2

PIA ⊥BC B 2 4PIC IA es is´osceles de lados iguales IC P = IA P. De forma an´aloga se prueba que IB P = IA P. Por lo tanto P es el circuncentro. IB BC = BIA P =

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Soluci´on 2. Como IA IB es la bisectriz exterior de ∠C es ∠BCIA = π−A forma an´aloga ∠ABIC = π−B 2 y ∠CAIB = 2 ∠IA =

π−C 2 ,

de

π−B π−A π−C + = 2 2 2

π−B π−C , ∠IC = . 2 2 La bisectriz interior IA A es perpendicular a la bisectriz exterior IB IC ; por tanto IA A es la altura por IA del tri´angulo 4IA IB IC . Adem´as, ∠IC IA A = π2 − ∠AIC IA = C2 y ∠DIA C = π2 − ∠BCIA = C2 . Por tanto, Ia D es la imagen de la altura IA A en la simetr´ıa de eje la bisectriz interior de ∠IB IA IC . Se sigue que IA D pasa por el circuncentro del 4IA IB IC . De forma an´aloga IB E , IC F pasan por el circuncentro. ∠IB =

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Problema 88. Los puntos M de la recta x = 1 se transforman en los M 0 , tales que O, M, M 0 est´an alineados y OM · OM 0 = 4. Se pide: 1 2

Determinar el lugar geom´etrico de los puntos M 0 . Hallar el par de puntos M, M 0 correspondientes en la transformaci´on, tales que M sea el punto medio del segmento OM 0 .

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La transformaci´on es una inversi´ on de centro O y potencia 4, de circunferencia de puntos dobles la circunferencia de centro O y radio 2. La transformada de la recta x = 1 es la circunferencia que pasa por A, O y B, de centro (2, 0) y radio 2, de ecuaci´ on (x − 2)2 + y 2 = 4. Curso 2010-11

Los puntos M 0 que verifican que M es el punto medio de OM 0 estar´an en la recta homot´etica de x = 1 en la homotecia de centro O y raz´on 2, que es la recta x = 2; como adem´as tienen que estar en la circunferencia (x − 2)2 + y 2 = 4, resolviendo el sistema resulta M = (1, 1), M 0 = (2, 2) y N = (1, −1), N 0 = (2, −2).

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Problema 89. Sean a, b, c > 0. Probar que a b c 3 + + ≥ (desigualdad de Nesbitt). b+c c +a a+b 2

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Problema 89. Sean a, b, c > 0. Probar que a b c 3 + + ≥ (desigualdad de Nesbitt). b+c c +a a+b 2 Soluci´on 1. Lema 1. Sean x, y n´ umeros positivos y a, b reales. Se tiene (a+b)2 a2 b2 x + y ≥ x+y : (a2 y + b 2 x)(x + y ) ≥ xy (a + b)2 a2 xy + b 2 x 2 + a2 y 2 + b 2 xy ≥ a2 xy + 2abxy + b 2 xy (bx − ay )2 ≥ 0

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Lema 2. Sean x, y , z n´ umeros positivos y a, b, c reales. Se tiene (a+b+c)2 a2 b2 c2 x + y + z ≥ x+y +z : a2 b 2 c 2 (a + b)2 c 2 (a + b + c)2 + + ≥ + ≥ x y z x +y z x +y +z Las dos desigualdades se deducen del lema 1. Por el lema 2 tenemos b2 c2 (a + b + c)2 a2 + + ≥ = a(b + c) b(c + a) c(a + b) 2(ab + ac + bc) =1+

a2 + b 2 + c 2 2(ab + ac + bc)

Por Cauchy-Schwarz es a2 + b 2 + c 2 ≥ ab + ac + bc, por lo tanto 1+

a2 + b 2 + c 2 1 3 ≥1+ = 2(ab + ac + bc) 2 2 Curso 2010-11

Soluci´on 2. Equivalentemente, a b c 9 +1+ +1+ +1≥ , b+c c +a a+b 2 es decir,  (a + b + c)

1 1 1 + + a+b b+c c +a

 ≥

9 . 2

Pero esto resulta de la desigualdad entre medias arm´onica y geom´etrica: 3 1 a+b

+

1 b+c

+

1 c+a

≤

b+c +c +a+a+b 2 = (a + b + c) . 3 3

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Problema 90. Sean a, b, c las longitudes de los lados de un tri´angulo ABC , R el radio de la circunferencia circunscrita, O el circuncentro, G el baricentro y H el ortocentro. Probar: 1

2

Los puntos H, G y O est´an alineados (recta de Euler), y HG = 2 · GO. OH 2 = 9R 2 − (a2 + b 2 + c 2 ).

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Problema 90. Sean a, b, c las longitudes de los lados de un tri´angulo ABC , R el radio de la circunferencia circunscrita, O el circuncentro, G el baricentro y H el ortocentro. Probar: 1

2

Los puntos H, G y O est´an alineados (recta de Euler), y HG = 2 · GO. OH 2 = 9R 2 − (a2 + b 2 + c 2 ).

1.

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Sean A0 , B 0 y C 0 los puntos medios de los lados del 4ABC . El 4A0 B 0 C 0 es semejante al 4ABC con raz´ on de semejanza 1/2. Las mediatrices del 4ABC son alturas del 4A0 B 0 C 0 , as´ı que el punto O es ortocentro del 4A0 B 0 C 0 . De ah´ı resulta que AH = 2 · OA0 . Adem´as sabemos que AG = 2 · GA0 y que las rectas AD y OA0 son paralelas (por ser ambas perpendiculares a BC ). Luego ∠HAG = ∠OA0 G , los tri´angulos HAG y OA0 G son entonces semejantes, HG = 2 · GO, y tambi´en se tiene ∠AGH = ∠A0 GO, lo que demuestra que los tres puntos O, G y H est´an alineados.

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2.

Por el teorema de Stewart aplicado al 4AOA0 dividido por la ceviana OG , se tiene AA0 · (OG 2 + AG · GA0 ) = AO 2 · GA0 + OA02 · AG . Pero aqu´ı, OG 2 = 91 OH 2 por el apartado anterior, AG = 23 AA0 , GA0 = 13 AA0 y OA = R. Curso 2010-11

Se sustituye todo, se divide por AA0 y queda OH 2 + 2 · AA02 = 3R 2 + 6 · OA02 . Por el teorema de Pit´agoras en el 4OA0 B, se tiene OA02 = R 2 − (a/2)2 , luego OH 2 + 2 · AA02 = 3R 2 + 6R 2 −

3a2 . 2

Finalmente, AA02 = 14 (2b 2 + 2c 2 − a2 ) (por la ley del paralelogramo), luego OH 2 = 9R 2 − (a2 + b 2 + c 2 ).

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