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Un baúl de problemas olvidado - Problema propuesto 16

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Problema. Sea $ABC$ un triángulo con circuncentro $O$. Si $L$, $M$ y $N$ son las intersecciones de $AO$, $BO$ y $CO$ con los lados $BC$, $CA$ y $AB$ respectivamente, ¿será cierto que el área del triángulo $LMN$ es menor o igual a un cuarto del área del triángulo $ABC$?

* Las soluciones que se reciban serán consideradas para ser incluidas en la próxima entrega del artículo Un baúl de problemas olvidado. Pueden leer la más reciente entrega de este trabajo en el siguiente enlace:

http://universo.math.org.mx/2015-3/Baul-IV/baul-IV.html

preguntado por Baúl de Problemas (2,280 puntos) Ene 6, 2016 en Problemas
editado por Baúl de Problemas Ago 23, 2016

1 Respuesta

+1 voto
Primero leí mal el problema, pensando que $ABC$ debía ser acutángulo. Permitiendo triángulos obtusángulos no es un problema muy interesante: la razón de las áreas de $LMN$ y $ABC$ puede ser arbitrariamente grande, hasta "infinita" como por ejemplo cuando los ángulos de $ABC$ son 30, 30 y 120 grados. Si ese ejemplo "no cuenta", podemos perturbar los ángulos ligeramente: por continuidad, si $r(x)$ denota la razón de las áreas de $LMN$ a $ABC$ cuando $ABC$ tiene ángulos, digamos $30+x$, $30-x$ y $120$ grados, entonces $\lim_{x\to 0} r(x) = \infty$.

Eso concluye la solución, pero incluyo abajo lo que escribí sobre el caso más interesante cuando $ABC$ es acutángulo, en cuyo caso $O$ está en el interior de $ABC$:

Para cualquier punto $O$ del interior es cierto que la razón es a lo más un cuarto. Una manera simple de calcular él área del triángulo $LMN$ es usar coordenadas baricéntricas.

Coloquemos el triángulo $ABC$ en el plano $z=1$ y usemos $A$ para denotar tanto el punto $A$ como el vector que va del orígen a $A$, etc. Si $A \wedge B \wedge C$ denota el determinante de la matriz de $3 \times 3$ con columnas $A$, $B$ y $C$, entonces el área del triángulo $ABC$ es $\frac{1}{2} |A \wedge B \wedge C|$. (Éste es el motivo por el cual conviene hacer este problema de geometría plana con coordenadas en $\mathbb{R}^3$.)

Cualquier punto en el plano de $ABC$ se puede escribir como $O = \frac{aA + bB + cC}{a+b+c}$ y sí $O$ está en el interior del triángulo podemos tomar $a,b,c>0$. Los números $(a:b:c)$ son lo que se llaman las coordenadas baricéntricas de $O$.

Es fácil ver que $L = (0:b:c) = \frac{bB+cC}{b+c}$. En efecto, esa $L$ está sobre $BC$ y como $O = \frac{aA + (b+c) L}{a+b+c}$, $O$, $A$ y $L$ son colineales. Análogamente encontramos $M$ y $N$.

Ahora calculamos $L \wedge M \wedge N = \frac{(aA+bB) \wedge (bB + cC) \wedge (cC+aA)}{(a+b)(b+c)(c+a)} = \frac{2abc}{(a+b)(b+c)(c+a)} A \wedge B \wedge C$, usando la multilinealidad del determinante, que se anula cuando hay columnas repetidas y que $A \wedge B \wedge C = B \wedge C \wedge A$.

Obtuvimos entonces que la razón de las áreas de $LMN$ y $ABC$ es $\theta = \frac{2abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}$. Ahora, si $O$ está en el interior del triángulo, podemos tomar $a,b,c>0$ y probar que $\theta \le \frac{1}{4}$ multiplicando la desigualdad $\frac{a+b}{2} \ge \sqrt{ab}$ con las análogas para $b,c$ y $c,a$. La igualdad se da si y sólo si $a=b=c$, o sea, sólo para el gravicentro de $ABC$.

Es conocido que las coordendas baricéntricas del circuncentro son $(\sin 2\alpha : \sin 2\beta : \sin 2\gamma)$, donde $\alpha, \beta, \gamma$ son los ángulos de $ABC$ (sin importar si $ABC$ es acutángulo o no). Cuando $\alpha$ y $\beta$ difieren en 90 grados, el factor $\sin 2\alpha + \sin 2\beta$ en el denominador es $0$; confirmando que para el caso del circuncentro de un triángulo obtusángulo $\theta$ puede ser arbitrariamente grande.
respondido por Omar Antolín (33,060 puntos) Ene 7, 2016
editado por Omar Antolín Ene 8, 2016
Hay un error grave en el párrafo 3. Saludos.
¿El párrafo sobre coordenadas baricéntricas? No me imagino que pueden pensar que está mal con eso.
No es con las coordenadas baricéntricas en sí, el detalle se encuentra en algo un tanto temerario que estás dando por hecho ahí. Respetuosamente, los del Baúl.
Guess the moral of the story is this one: Problems worthy of attack prove their worth by hitting back.
Ah, ya ví. Leí mal el problema, pensé que decía que el triángulo era acutángulo.
No sé si diría que la moraleja es que los problemas contra-atacan, más bien diría que no siempre incluyen suficientes hipótesis como para hacerlos interesantes.
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