OFO 2020 Problema 10

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EMILIANO LIWSKI

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OFO 2020 Problema 10

Mensaje sin leer por EMILIANO LIWSKI » Mar 21 Ene, 2020 11:58 pm

Sea $ABCD$ un cuadrilátero convexo en el cual $A\widehat{D}C=30^{\circ}$ y además $BD=AB+BC+CA$. Demostrar que $A \widehat B D = D \widehat B C$.
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Alabado sea el gran dios Paenza

EMILIANO LIWSKI

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Re: OFO 2020 Problema 10

Mensaje sin leer por EMILIANO LIWSKI » Sab 01 Feb, 2020 12:22 am

Aquí vamos a publicar la solución oficial.
Alabado sea el gran dios Paenza

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Joacoini

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Re: OFO 2020 Problema 10

Mensaje sin leer por Joacoini » Sab 01 Feb, 2020 12:31 am

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No usaba Ptolomeo desde el 91
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Sea $ACE$ el triángulo equilatero exterior al triángulo $ABC$, por angulo central el punto $D$ esta en la circunferencia de centro $E$ radio $AC$.

La recta $BE$ corta a la circunferencia en $P$ donde $P$ es el punto en la circunferencia que maximiza $BP$, por lo tanto $BD\leq BP=BE+EP=BE+AC$.

Por la desigualdad de Ptolomeo en $ABCE$, $BE\times AC\leq AB\times EC+BC\times AE\Rightarrow BE\leq AB+BC\Rightarrow BD\leq BP=BE+AC\leq AB+BC+AC$

Y las igualdades se cumplen si y solo si $B$, $E$ y $D$ son colineales y $BCEA$ es ciclico y como $E$ es el punto medio del arco $AC$, ya que $AE=CE$, tenemos que $BE$ es bisectriz de $\angle ABC$ por lo que $\angle ABD=\angle DBC$.
Última edición por Joacoini el Sab 01 Feb, 2020 2:37 am, editado 2 veces en total.
NO HAY ANÁLISIS.

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charo morencos

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Re: OFO 2020 Problema 10

Mensaje sin leer por charo morencos » Sab 01 Feb, 2020 12:34 am

Joaco, no sé si es la misma solución que la tuya porque no la leí porque le tuve que agregar todo el latex, ups
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Llamemos $O$ al circuncentro del triángulo $ADC$. Por ángulo central, tenemos que 2$A\widehat{D}C$=$A\widehat{O}C$$=60$. Como $AO=OC$ por ser circunradios y $A\widehat{O}C$=60, llegamos a que $AOC$ es equilátero con $O\widehat{A}C$=$A\widehat{C}O$$=60$ por lo que el circunradio de $ADC$ tiene la medida de $AC$, entonces $AO=OD=OC=AC$.
Ahora, por la desigualdad de Ptolomeo en el cuadrilátero $ABCO$, tenemos que $AB.CO+BC.OA≥AC.OB$. Dividiendo todo por la medida del circunradio tenemos que $AB+BC≥OB$. Ahora, veamos que si $O$ no se encuentra en el segmento $BD$, el triángulo $BOD$ no es degenerado, por lo que se cumple la desigualdad triangular donde tengo que: $BO+OD>BD$
$BO+OD>AB+BC+OD$
$OB>AB+BC$.
Pero esto es absurdo, dado a lo que demostramos anteriormente con la desigualdad de Ptolomeo. Por lo tanto, $O$ se encuentra en $BD$. Ahora, dado esto, $BO=BD−OC=AB+BC$.
Si aplicamos nuevamente la desigualdad de Ptolomeo en $AOCB$, tenemos que $AB.CO+BC.AO≥(AB+BC)AC$. Cancelando todo por el circunradio, llego a que $AB+BC≥AB+BC$, pero el teorema de Ptolomeo nos dice que la igualdad solo se cumple en casos donde el cuadrilátero es cíclico. Por lo tanto, por arco capaz $O\widehat{A}C$=$O\widehat{B}C$$=60$ y $A\widehat{B}O$=$A\widehat{C}O$$=60$, con lo que demostramos que $BD$ es la bisectriz del ángulo $A\widehat{B}C$.
La solución está completa💙
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Turko Arias

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Re: OFO 2020 Problema 10

Mensaje sin leer por Turko Arias » Sab 01 Feb, 2020 12:38 am

Una obra de arte
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Sean $B_A$ y $B_C$ las reflexiones de $B$ respecto de $AD$ y $CD$. Tenemos que $\angle B_ADB_C=60$ y que $B_CD=B_AD=BD$, luego $B_ADB_C$ es equilatero. Por propiedades de la reflexión llegamos a que $B_CC=BC$, $B_AA=BA$, por lo que $B_CC+CA+AB_A=BC+AC+AB=B_CB_A$, pero como la menor distancia entre dos puntos es la recta, tenemos que $C$ y $A$ se encuentran sobre $B_CB_A$.
Los tríangulos $B_CCD$ y $BCD$ tienen $BD=B_CD$, $B_CC=BC$ y comparten $CD$, luego son congruentes.
Los tríangulos $B_AAD$ y $BAD$ tienen $BD=B_AD$, $B_AA=BA$ y comparten $AD$, luego son congruentes.
Por esta congruencia tenemos entonces $60= \angle DB_CC= \angle CBD$ y que $60 = \angle AB_AD= \angle ABD$, luego $BD$ es bisectriz de $ \angle CBA$ $\blacksquare$.
Plot twist:
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$D$ resulta ser el $B$-excentro del triángulo $ABC$ :o :o :o
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BrunZo

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Re: OFO 2020 Problema 10

Mensaje sin leer por BrunZo » Sab 01 Feb, 2020 12:36 pm

Solución:
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Lo primero que vamos a ver es que tenemos un triángulo $ACD$ que tiene un ángulo $\angle D=30^{\circ}$. Todo buen geómetra sabe que en esta situación el circuncentro del triángulo es la clave: Veamos por qué.
Sea $O$ el circuncentro de $ACD$. Por ser el circuncentro, vale que $AO=CO=DO$, y por ángulo central vale que $\angle AOC=2\angle ADC=2\cdot 30^{\circ}=60^{\circ}$. Entonces, se ve que como el triángulo $AOC$ dos lados iguales un ángulo de $60^{\circ}$, entonces es equilátero. Por esto es la clave.
Ofo10a.PNG
Lo primero que vamos a extraer es que $AC=DO$. Esto es buenísimo ya que nos "acerca" $AC$ a $BD$ que es lo que el problema nos relacionaba. Entonces, en nuestro afán de querer acercar cosas distantes, no parece descabellado intentar probar alguna relación entre $BO$ y $AB+BC$, dado que esto nos "acercaría" aún más las cosas del problema. Todo buen geómetra sabe que esta relación existe.
Pensemos por un segundo en una locura: Vamos a tomar $ABO$ y vamos a girarlo por el vértice $O$ hasta que el lado $AO$ coincida con $CO$. De este modo, obtenemos un triángulo $CEO$ que es la rotación de $ABO$. Veamos que sale de acá.
1. Por congruencia, es directo que $AB=CE$.
2. También, es directo que $BO=EO$. Más aún, como la rotación lleva $A$ a $C$, es claro que es una rotación de $60^{\circ}$. Es decir que, como la rotación lleva $B$ a $E$, $\angle BOD=60^{\circ}$. Luego $OBE$ es equilátero, y $BE=BO=EO$.
Entonces veamos que el triángulo $BCE$ es cuanto menos interesante, puesto que tiene al lado $BC$, su lado $CD$ mide $AB$ y su lado $BE$ mide $BO$, lo cual me relaciona más o menos todo lo que me interesaba.
Ofo10b.PNG
Vamos a culminar todas estas relaciones con lo siguiente:
En el triángulo $BCE$ vale que $BE\leq BC+CE$ luego $BO\leq BC+AB$.
En el triángulo $BDO$ vale que $BD\leq BO+DO$ luego $BD\leq BO+AC$
Combinando ambas desigualdades se ve que
$$BD\leq BO+DO\leq AB+BC+AC$$
Y esto es enorme, puesto que nosotros sabemos que $BD=AB+BC+AC$. Ahora bien, fijémonos que la desigualdad de antes tiene dos partes $BO\leq BC+AB$ y $BD\leq BO+DO$. Si en alguna de las dos partes el lado izquierdo es estrictamente menor que el derecho, entonces la igualdad final nunca podría existir, por lo que ambas se transforman en igualdades: $BO=BC+AB$ y $BD=BO+DO$. Ahora, recordando los fundamentos de cada igualdad, se deduce que los triángulos en los que se originaron deben ser degenerados, es decir, sus vértices deben ser colineales. En particular.
Si $B$, $C$ y $E$ son colineales, entonces necesariamente $\angle ECO=180^{\circ}-\angle BCO$. Y si recordamos el cuento de la reflexión, vemos que en realidad, $\angle BAO=\angle ECO=180^{\circ}-\angle BCO$, lo que, como todo geómetra sabe, implica que $ABCO$ es cíclico. Ahora, de este cíclico sacamos que $\angle ABO=\angle ACO=60^{\circ}$ y $\angle OBC=\angle OAC=60^{\circ}$, con lo que $BO$ es bisectriz (ya estamos, ya estamos.)
Si $B$, $O$ y $D$ son colineales, la bisectriz $BO$ que probamos antes es también $BD$. O sea, $BD$ es bisectriz como queríamos. Ahroa sí, estamos. :P
Epílogo: ¿Ptolomeo?
Spoiler: mostrar
Paso clave de la solución: Todo el cuentito de la rotación.
Un geómetra avezado al ver esta rotación hubiese inmediatamente exclamado "¡Ptolomeo!". Pero ¿qué tiene que ver ese teorema para cuadriláteros cíclicos, con la rotación o con algo que ni siquiera es cíclico? Más aún, ¿qué es Ptolomeo? Veamos que viene a hacer Ptolomeo por acá.

Tomemos un cuadrilátero $ABCD$ que queramos. Ahora, seleccionemos un triángulo con esos vértices, digamos $ABC$ y un pivote, por ejemplo $A$. Ahora vamos a hacer el mismo truquito de la rotación que apoye a $AB$ sobre $AD$, pero, hay un problema: ¡Ahora $AB$ puede ser distinto a $AD$! Solución: Agarremos el triángulo rotado y "agrandemoslo" o "achiquemoslo" (¡siempre uniformemente!) para que los lados $AB$ y $AD$ encajen a la perfección. Resultado: Un triángulo $ADE$ que es semejante a $ABC$, con vértices correspondientes en ese orden.
Lo primero que vamos a ver es que, como consecuencia de la semejanza
$$\frac{ED}{AD}=\frac{BC}{AB}\Longrightarrow ED=\frac{BC}{AB}AD$$
Ahora, otra cosa de la semejanza es la relación $\frac{AE}{AD}=\frac{AC}{AB}\Longrightarrow \frac{AE}{AC}=\frac{AD}{AB}$. Combinando esto con el hecho de que $\angle BAC=\angle DAE\Longrightarrow \angle CAE=\angle BAD$, se sigue que, por critero LAL de semejanza (!), entonces $ABD$ y $ACE$ también son semejantes. (Esto esta como sugiriendo la semejanza entre $ABC$ y $ADE$ tiene como consecuencia inmediata a la semejanza entre $ABD$ y $ACE$. Ver problema 13.)
Por esta última semjanza, vale que
$$\frac{CE}{AC}=\frac{BD}{AB}\Longrightarrow CE=\frac{BD}{AB}AC$$
¡Sorpresa! El triángulo $CDE$ parece súper interesante, pues tenemos todos sus lados calculados en función de los segmentos en $ABCD$. ¿Por qué no hacer la desigualdad triangular entonces?
$$CE\leq CD+DE\Longrightarrow \frac{BD}{AB}AC\leq CD+\frac{BC}{AB}AD\Longrightarrow AC\cdot BD\leq AB\cdot CD+AD\cdot BC$$
Lo cual, si en principio no parece muy atractivo, es lo que se conoce con el pomposo nombre de "desigualdad de Ptolomeo". Automáticamente surgen dos preguntas: ¿Qué tiene que ver esto con el problema? ¿Qué tiene que ver con el teorema de Ptolomeo?
Con respecto a la primera pregunta, es simple: Supongamos que $BCD$ es equilátero, es decir, $BC=CD=BD=x$. Entonces la última desigualdad se vería como
$$x\cdot AC\leq x\cdot AB+x\cdot AD\Longrightarrow AC\leq AB+AD$$
¡Que es lo que, mutatis mutandis (cambiando lo necesario), demostrabamos en la solución! Más aún, un análisis detallado revela que cambiando un poquito los rótulos la demostración es esencialmente la misma que la de la solución, nada más que un poco más compleja (dado que para la solución usabamos un caso particular.) Y he aquí la desigualdad ptolemaica en el problema.
Con respecto a la segunda pregunta, cualquiera que haya leído el teorema (no la desigualdad) de aquel astrónomo griego sabrá que este enuncia algo bastante similar, pero ese $\leq$ es un $=$ y el teorema sólo funciona para cuadriláteros cíclicos. Veamos que quiere decir esto:
Todo el mundo sabe que la desigualdad triangular es igualdad si el triángulo es degenerado, es decir $AC\cdot BD=AB\cdot CD+AD\cdot BC$ si el triángulo de referencia, $CDE$, es degenerado. Para que esto ocurra, debería valer que $\angle ADE=180^{\circ}-\angle ADC$. Pero la semejanza nos dice que $\angle ABC=\angle ADE=180^{\circ}-\angle ADC$, lo que implica que $ABCD$ es cíclico. Es decir, si queremos que la desigualdad sea una igualdad, el cuadrilátero deberá ser cíclico... Y, si es cíclico, entonces será una igualdad, tal y como lo decía Ptolomeo (en griego, claro)... Esto da lugar a la siguiente enunciación, la usada en las soluciones de arriba:

Gran teorema de Ptolomeo: Sea $ABCD$ un cuadrilátero. Entonces,
$$AC\cdot BD\leq AB\cdot CD+AD\cdot BC$$
con igualdad si y sólo si $ABCD$ es cíclico.

Algo digno del nombre de gran teorema...
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