En los problemas de la IMO, la dificultad para un aficionado a las matemáticas de concurso (como el que esto escribe) no es el resolverlos (esa es casi una imposibilidad) sino el entender las soluciones publicadas. Voy a comentar en este post las soluciones de los problemas 1 y 5 de la 53 International Mathematical Olympiad (2012) que se celebró en Mar del Plata (Argentina) del 4 al 16 de julio.
Para el problema 1 me faltaba un teorema, para el 5 el plan de solución. Es decir, para el 5 la solución publicada la podía seguir, pero me quedaba la incógnita de por qué o cómo esa ruta de solución era la correcta o por qué.
Problema 1 (IMO 2012).
Dado el triángulo $ABC$, el punto $J$ es el centro del excírculo opuesto al vértice $A$. Este excírculo es tangente al lado $BC$ en $M$, y a las rectas $AB$ y $AC$ en $K$ y $L$, respectivamente. Las rectas $LM$ y $BJ$ se intersecan en $F$, y las rectas $KM$ y $CJ$ se intersecan en $G$. Sea $S$ el punto de intersección de las rectas $AF$ y $BC$ y $T$ la intersección de $AG$ y $BC$. Demostrar que $M$ es el punto medio de $ST$.
Solución
Una buena figura debería sugerir que un plan de demostración sería demostrar que los triángulos $ABS$ y $ACT$ son ambos isósceles (como se puede sospechar de la figura) --por lo menos eso es lo que uno llega a creer después de resolverlo o ver la solución. Porque en ese caso, con base en el teorema de la igualdad de las tangentes, se pueden hacer sustituciones tipo algebraico hasta llegar a la igualdad pedida.
Con esa idea, no es muy difícil ver que si probamos que $KM//AS$ el problema estaría resuelto --pues eso probaría que los triángulos $BKM$ y $BAS$ son homotéticos. (Notemos que lo mismo habría que demostrar para $ML$ y $AT$, pero sería el mismo argumento.)
(El problema es difícil --nivel IMO-- precisamente porque no se puede visualizar una forma de probar ese paralelismo. Por ello hay que iniciar una exploración preliminar. Una de las soluciones publicadas en la Web empieza diciendo: "los ángulos $\angle{JFL}$ y $\angle{JAL}$ son iguales, por lo que el cuadrilátero $AFJL$ es cíclico.")
Notemos que si el cuadrilátero $AFJL$ fuese cíclico (como lo es), entonces el ángulo $\angle{JFA}$ sería recto y el paralelismo buscado ya estaría establecido --pues $FJ$ es perpendicular a $KM$, por las propiedades del papalote (kite) $BKJM$.
Entonces probar que el cuadrilátero $AFJL$ es cíclico es el meollo de la cuestión. (Por un argumento similar se demostraría que $KJGA$ es cíclico.) Pero esa demostración pasa necesariamente por demostrar que los ángulos $\angle{JFL}$ y $\angle{JAL}$ son iguales.
Problema 5 (IMO 2012).
Sea $ABC$ un triángulo tal que $\angle{BCA}=90^\circ$, y sea $D$ el pie de la altura desde $C$. Sea $X$ un punto interior del segmento $CD$. Sea $K$ el punto del segmento $AX$ tal que $BK=BC$. Análogamente, sea $L$ el punto del segmento $BX$ tal que $AL=AC$. Sea $M$ el punto de intersección de $AL$ y $BK$. Demostrar que $MK=ML$
Solución
Plan previo (comunicación personal de JRV)
Primero hay que notar que, considerando el circuncírculo de $CBD$, la potencia de $A$ es $AC^2=AD\cdot{AB}$. Pero $AC=AL$. Por tanto, $AL^2=AD\cdot{AB}$.
De esta observación se derivan algunas pistas importantes. Por ejemplo, que $AL$ es tangente al circuncírculo de $BDL$ en el punto $L$. De manera similar, $BK$ es tangente en $K$ al circuncírculo de $ADK$.
Pero esos circuncírculos son totalmente desconocidos, no hay datos para ellos. (Todo esto teniendo en mente la idea de que una forma de probar $MK=ML$ es que $ML$ y $MK$ sean tangentes al mismo círculo desde $M$.) Por lo tanto necesitamos una circunferencia tal que $BK$ sea tangente en $K$ a ella y $AL$ tangente en $L$.
Si existiera, entonces necesitaríamos un $K'$ y un $L'$ en esa circunferencia tales que $AK\cdot{AK'}=AL^2=AC^2$ y $BL\cdot{BL'}=BK^2=BC^2$. (Claramente, con ello se tendría también $ML^2=MK^2$ y el problema estaría resuelto.)
Solución al problema 5 de la IMO 2012
Con esa idea, consideremos $K'$ en la circunferencia de radio $BC$ y centro en $B$ y sobre la recta $AK$. De manera similar, consideremos $L'$ en la circunferencia de radio $AC$ y centro en $C$ y sobre la recta $AL$. (Notemos que estas dos circunferencias están ocultas en el enunciado del problema.)
Puesto que $X$ está en la cuerda común de esas dos circunferencias ($AD$ es perpendicular a la línea de centros $AB$), entonces $X$ es equipotente respecto a ambas. Y entonces $XK\cdot{XK'}=XL\cdot{XL'}$. Pero esto también significa que el cuadrilátero $L'KLK'$ es cíclico.
Consideremos ahora la potencia de $A$ respecto a la circunferencia con centro en $B$ y radio $BC$. Tenemos $AC^2=AK\cdot{AK'}$. Pero $AC=AL$. Por tanto, $AL^2=AK\cdot AK'$. Es decir, $AL$ es tangente en $L$ al círculo que pasa por los vértices del cuadrilátero cíclico.
De manera similar, $BK$ es tangente en $K$ al círculo que pasa por los vértices del cuadrilátero cíclico. Pero $AL$ y $BK$ se cortan en $M$. De ahí el resultado.
Los saluda
jmd
jmd me podría decir si ya
jmd me podría decir si ya esta la convocatoria de la olimpiada de este año
Hola Gerardo: Esa
Hola Gerardo: Esa convocatoria se está tardando demasiado... voy a entrevistar al delegado y ya te doy una fecha tentativa.
Te saluda
jmd
muy bien. muchas gracias [1]
muy bien. muchas gracias
Según Ramón Llanos, el
Según Ramón Llanos, el delegado de la OMM en Tamaulipas, la etapa municipal sería el 14 de septiembre o el 21, dependiendo de las gestiones que está realizando él con la SET. Más info en esta semana...
Un saludo
una consulta en el ENUNCIADO
Gracias por la observación,
Gracias por la observación, sí falta esa línea de texto en el enunciado, tu comentario es muy valioso.
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Te saluda
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