IMO 2003 - P3

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Gianni De Rico

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IMO 2003 - P3

Mensaje sin leer por Gianni De Rico » Mié 18 Jul, 2018 3:33 pm

Consideremos un hexágono convexo tal que para cualesquiera dos lados opuestos se verifica la siguiente propiedad: la distancia entre sus puntos medios es igual a $\frac{\sqrt{3}}{2}$ multiplicado por la suma de sus longitudes.
Demostrar que todos los ángulos del hexágono son iguales.
1  
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Turko Arias

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Re: IMO 2003 - P3

Mensaje sin leer por Turko Arias » Sab 28 Jul, 2018 1:17 am

El enunciado original (el que figura en IMO-Official.org) tenía una nota extra al final, la copio porque al leer el problema no me pareció del todo claro a que hacía referencia:

"(Un hexágono convexo ABCDEF tiene tres parejas de lados opuestos: AB y DE, BC y EF, CD y FA.)"
Spoiler: mostrar
Lemita: $ABC$ triángulo isósceles con $AB=AC$ entonces toda ceviana que parte de $A$ es menor que $AB$.
Demostración: sea $AN$ una ceviana, $H$ pie de la altura por $A$, WLOG $N$ entre $H$ y $B$. Tenemos $HN<HB \Rightarrow HN^2< HB^2 \Rightarrow AH^2+HN^2<AH^2+HB^2 \Rightarrow AN^2<AB^2 \Rightarrow AN < AB$.

Lema: $ABC$ triángulo con $ \angle BAC \geq 60º$, $M$ punto medio de $BC$, entonces $AM \leq \frac{\sqrt{3}}{2} BC$ con igualdad si y solo si $ABC$ es equilatero.
Demostración: vamos a separar la prueba en tres casos:
  • $\angle BAC > 90º:$ Sea $A'$ el pie de la perpendicular a $AB$ por $C$, como $A'M$ es mediana correspondiente a la hipotenusa de del triángulo rectángulo $A'BC$ tenemos que $A'M=BM=CM=\frac{1}{2} BC$, pero como $A'BM$ es isósceles por el lemita tenemos $AM<A'M=\frac{1}{2} BC < \frac{\sqrt{3}}{2} BC$
  • $\angle BAC = 90º:$ $AM$ es mediana correspondiente a hipotenusa, luego $AM=\frac{1}{2} BC < \frac{\sqrt{3}}{2} BC$
  • $60º \leq \angle BAC < 90º:$ Sea $A'$ la reflexión de $A$ respecto de $M$, definimos $\angle BAC = \angle BA'C= \alpha$, $AB=A'C=y$, $AC=A'B=x$. Por Teorema del Coseno en $ABC$ tenemos que $BC^2=x^2+y^2-2xycos(\alpha)$ y por Teorema del Coseno en $ABA'$ tenemos que $AA'^2=x^2+y^2-2xycos(180º- \alpha)=x^2+y^2+2xycos(\alpha)$. Sea $cos(\alpha)= \beta$, por como está acotado $\alpha$, tenemos que $0< \beta \leq \frac{1}{2}$. Veamos ahora lo siguiente:
    $AM \leq \frac{\sqrt{3}}{2} BC \Leftrightarrow \frac{2AM}{BC} \leq \sqrt{3} \Leftrightarrow \frac{AA'}{BC} \leq \sqrt{3} \Leftrightarrow \frac{AA'^2}{BC^2} \leq 3 \Leftrightarrow \frac{x^2+y^2+2xy\beta}{x^2+y^2-2xy\beta} \leq 3 \Leftrightarrow \frac{x^2+y^2-2xy\beta+4xy\beta}{x^2+y^2-2xy\beta} \leq 3 \Leftrightarrow \\
    \frac{x^2+y^2-2xy\beta}{x^2+y^2-2xy\beta} + \frac{4xy\beta}{x^2+y^2-2xy\beta}\leq 3 \Leftrightarrow \frac{4xy\beta}{x^2+y^2-2xy\beta}\leq 2 \Leftrightarrow 4xy\beta \leq x^2+y^2$
    pero $0< \beta \leq \frac{1}{2}$, con lo que $4xy\beta \leq 2xy \leq x^2+y^2$ y la segunda desigualdad vale por AM-GM en $x^2$ e $y^2$. Ahora bien, la igualdad en $4xy\beta \leq 2xy$ se da solo cuando $\beta=\frac{1}{2}$ es decir $cos(\alpha)=\frac{1}{2}$ con lo que $\alpha=60º$, y en la segunda desigualdad, la igualdad del AM-GM se da solo cuando $x^2=y^2$ es decir $x=y$ y por ende $ABC$ equilatero.

Sea $ABCDEF$ el hexágono del problema, separamos en dos casos:

CASO 1 (AD, BE y CF no concurren): Sea $P$ la intersección de $AD$ y $CF$, $Q$ la intersección de $BE$ y $CF$ y $R$ la intersección de $AD$ y $BE$. Es claro que hay un ángulo de $PQR$ que es mayor o igual que $60º$, WLOG $R$. Sea $M$ punto medio de $AB$ y $N$ punto medio de $DE$, Por enunciado $MN=\frac{\sqrt{3}}{2}(AB+DE)$, por otro lado por la desigualdad triangular $\frac{\sqrt{3}}{2}(AB+DE)=MN \leq MR+NR (1)$. Además, como $\angle ARB= \angle DRE \geq 60º$ podemos aplicar el lema a ambos triángulos y nos queda $MR \leq \frac{\sqrt{3}}{2}AB$ y $NR \leq \frac{\sqrt{3}}{2}DE$. Restando la primera desigualdad en $(1)$ llegamos a que $\frac{\sqrt{3}}{2}DE \leq NR \leq \frac{\sqrt{3}}{2}DE$ de donde $NR = \frac{\sqrt{3}}{2}DE$. De forma análoga llegamos a que $MR = \frac{\sqrt{3}}{2}AB$. Luego los triángulos $ABR$ y $DER$ son equilateros y $\angle PRQ=60º$. Ahora bien, como $\angle PQR + \angle RPQ =120º$ tenemos que, o bien $Q$ o bien $P$, alguno de los dos es mayor o igual que $60º$, WLOG $Q$ y procedemos como con $R$. De esta forma terminamos llegando a que los triángulos $ABR, DER, BCQ, EFQ, CDP$ y $AFP$ son equilateros, con lo que cada ángulo del hexágono mide $120º$ como queríamos ver.

CASO 2 (AD, BE y CF concurren): Sea $O$ el punto donde concurren, mirando los ángulos $\angle AOB, \angle BOC, \angle COD$ como suman $180º$ alguno va a ser mayor o igual que $60º$, WLOG $\angle AOB$, con lo que $\angle DOB$ también lo va a ser, y llamando $M$ y $N$ a los puntos medios de $AB$ y $DE$ respectivamente volvemos a la situación que nos surgió en el caso anterior, y terminamos deduciendo que $AOB$ y $DOE$ son equilateros, con lo que $\angle BOC + \angle COD=120º$ y nuevamente uno deduce que alguno es mayor o igual que $60º$... En fin, resulta que los seis triángulos $ABO, BCO, CDO, DEO, EFO, FAO$ terminan siendo equilateros, $ABCDEF$ termina siendo un hexágono regular y en particular todos sus ángulos miden $120º$ QED $\blacksquare$
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