IMO 2021 - Problema 4

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Sandy

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IMO 2021 - Problema 4

Mensaje sin leer por Sandy »

Sea $\Gamma$ una circunferencia con centro $I$ y $ABCD$ un cuadrilátero convexo tal que cada uno de los segmentos $AB$, $BC$, $CD$ y $DA$ es tangente a $\Gamma$. Sea $\Omega$ la circunferencia circunscrita del triángulo $AIC$. La prolongación de $BA$ más allá de $A$ corta a $\Omega$ en $X$, y la prolongación de $BC$ más allá de $C$ corta a $\Omega$ en $Z$. Las prolongaciones de $AD$ y $CD$ más allá de $D$ cortan a $\Omega$ en $Y$ y $T$ respectivamente. Probar que$$AD+DT+TX+XA=CD+DY+YZ+ZC.$$
Fallo inapelable.

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Turko Arias

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Re: IMO 2021 - Problema 4

Mensaje sin leer por Turko Arias »

Me quedó un poco larga, pero la idea es que pueda aportar algo al que la lea y hacer los pasos lo más naturales posibles, así que creo que es llevadera
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Primer paso:

Acá vamos a reflexionar un poco sobre la configuración. Una vez que uno se arma un buen diagrama, empieza a ver varias potencias de un punto que parecen ser prometedoras porque relacionan varios segmentos importantes. Por otro lado, al ser un problema que habla de longitudes de segmentos y tenemos un cuadrilátero con una circunferencia inscripta es fuertemente probable que un resultado como el Teorema de Pitot tenga que aparecer en algún momento. Por último, es importante notar que, la existencia de una circunferencia inscripta en un cuadrilátero, implica la existencia de un punto (el centro de dicha circunferencia) que equidista de los cuatro lados... Pero esto... Significa que ese punto pertenece a cada una de las cuatro bisectrices del cuadrilátero! Entonces, no solo tenemos información de segmentos, sino también tenemos el dato de que $I$ pertenece a las cuatro bisectrices, que lo vamos a poder usar para trabajar con igualdades de ángulos entre las circunferencias.

Segundo paso:

Después de hacer un par de dibujos y que las cosas cambien un poco entre dibujo y dibujo, uno puede detectar que hay algo parece ser cierto siempre: que $TX=YZ$. Vamos a demostrar que esto pasa:
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Por lo dicho en el primer paso, $AI$ es bisectriz de $\angle BAD$ y tenemos $\angle BAI = \angle IAD = \alpha$, por arco capaz con la cuerda $IY$ tenemos $\angle IAY = \angle IXY = \alpha$. Por otro lado, $\angle IAX= 180 - \angle IAB = 180 -\alpha$, pero como el cuadrilátero $XAIY$ es cíclico, tenemos que $\angle IYX= 180 - \angle IAX = \alpha$, pero entonces el triángulo $IXY$ es isósceles e $I$ resulta ser punto medio del arco $XY$.
Un razonamiento análogo trabajando con el cuadrilátero cíclico $ICZT$ nos permite llegar a que $ITZ$ es isósceles e $I$ resulta ser el punto medio del arco $ZT$.
Como ambos triángulos son isósceles, $I$ pertenece a las mediatrices de $XY$ y de $ZT$, pero como ambos tienen la misma circunscripta, el centro de dicha circunferencia también pertenece a ambas mediatrices, luego, como comparten dos puntos son la misma recta y $XY$ es paralela a $ZT$, pero entonces, o bien $XYZT$ es un trapecio cíclico y por ende isósceles, por lo que $XT=XZ$ o bien es un paralelogramo cíclico, es decir un rectángulo, de donde también $XT=XZ$, así que ya queda probado lo que queríamos.
Tercer paso:

Por potencia de un punto en $\Omega$ respecto de $D$ tenemos que $\frac{YD}{CD}=\frac{TD}{AD}=\frac{TY}{AC}$ $(1)$
Por potencia de un punto en $\Omega$ respecto de $B$ tenemos que $\frac{BZ}{AB}=\frac{BX}{BC}=\frac{XZ}{AC}$ $(2)$


Cuarto paso:

Ahora, vamos a manipular un poco las cuentas que queremos demostrar, haciendo uso de las igualdades entre sumas de segmentos que tenemos por toda la configuración:
$$XT+AD+DT+XA=CD+DY+ZC+YZ$$
Cancelando con lo que obtuvimos recién
$$AD+DT+XA=CD+DY+ZC$$
Pero por el Teorema de Pitot tenemos que $AB+CD=BC+AD$, por lo que
$$AB+CD+AD+DT+XA=BC+AD+CD+DY+ZC$$
$$(AB+AX)+(CD+DT)+AD=(BC+ZC)+(AD+DY)+CD$$
$$BX+CT+AD=BZ+AY+CD$$
$$BX+(CT-CD)=BZ+(AY-AD)$$
$$BX+DT=BZ+DY$$
Luego, si demostramos que $BX+DT=BZ+DY$ estamos. $(3)$

Quinto paso:

Despejando en $(1)$ nos queda $YD=\frac{TY}{AC}CD$ y $TD=\frac{TY}{AC}AD$
Despejando en $(2)$ nos queda $BZ=\frac{XZ}{AC}AB$ y $BX=\frac{XZ}{AC}BC$

Reemplazando en $(3)$ nos queda que lo que hay que demostrar es
$$BX+DT=BZ+DY$$
$$\frac{XZ}{AC}BC+\frac{TY}{AC}AD=\frac{XZ}{AC}AB+\frac{TY}{AC}CD$$
$$\frac{XZ}{AC}BC-\frac{XZ}{AC}AB=\frac{TY}{AC}CD-\frac{TY}{AC}AD$$
$$\frac{XZ}{AC}(BC-AB)=\frac{TY}{AC}(CD-AD)$$
Pero $XZ=YT$ por ser las diagonales del cuadrilátero $XYZT$ (rectángulo o trapecio isósceles), y por el Teorema de Pitot $AB+CD=BC+AD$ que es lo mismo que $BC-AB=CD-AD$ por lo que se da la igualdad que necesitábamos y queda terminada nuestra solución $\blacksquare$
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Gianni De Rico

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Re: IMO 2021 - Problema 4

Mensaje sin leer por Gianni De Rico »

Esta solución entrará en una servilleta?
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IMO 2021 P4.png
Primero que nada, sean $E,F,G,H$ los puntos de tangencia de $\Gamma$ con $AB,BC,CD,DA$, respectivamente.
Notemos ahora que $TX=YZ$, la clave para demostrarlo es que $IFCG$ es cíclico (ya que $\angle CFI=90^\circ =\angle IGC$ por las tangentes) y que $IF=IG$ por ser radios de $\Gamma$, entonces$$\angle TZI=\angle TCI=\angle GCI=\angle GFI=\angle IGF=\angle ICF=\angle ITZ$$con lo que $IT=IZ$. Análogamente se ve que $IX=IY$. Luego, $\angle ITX=\angle IZY$ y $\angle TXI=\angle ZYI$, con lo que $ITX\equiv IZY$, de donde $TX=YZ$.
Ahora vamos a hacer un truco clásico, que es partir un lado en dos pedazos y pegarlos sobre otros dos lados. Por las tangencias, tenemos que $AE=AH$ y $DH=DG$, con lo que$$AD+DT+XA=AH+HD+DT+XA=AE+GD+DT+XA=XE+TG$$y de la misma forma se tiene que$$CD+DY+ZC=YH+ZF.$$Luego, si mostramos que $XE=YH$ y $TG=ZF$, tendremos que$$AD+DT+XA=XE+GT=YH+FZ=CD+DY+ZC$$y como $TX=YZ$ resultará$$AD+DT+TX+XA=CD+DY+YZ+ZC$$con lo que el problema quedará resuelto.
Vamos a probar las igualdades que queremos con potencia de un punto. Sea $r$ el radio de $\Gamma$, entonces$$XE^2=\operatorname{Pot}(X,\Gamma )=XI^2-r^2=YI^2-r^2=\operatorname{Pot}(Y,\Gamma )=YH^2$$con lo que $XE=YH$. Análogamente$$TG^2=\operatorname{Pot}(T,\Gamma )=TI^2-r^2=ZI^2-r^2=\operatorname{Pot}(Z,\Gamma )=ZF^2$$con lo que $TG=ZF$. Y estamos.
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Esto es trivial por el teorema de Bolshonikov demostrado en un bar de Bielorrusia en 1850

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