IMO 2011 en Amsterdam – Problema nº 6 - Gaussianos

IMO 2011 en Amsterdam – Problema nº 6

Terminamos hoy la serie de problemas propuestos en la IMO 2011 celebrada en Amsterdam durante el mes de julio. Aquí está el enunciado del sexto y último:

Sea $ABC$ un triángulo acutángulo cuya circunferencia circunscrita es $\Gamma$ . Sea $l$ una recta tangente a $\Gamma$ , y sean $l_a, l_b$ y $l_c$ las rectas que se obtienen al reflejar $l$ con respecto a las rectas $BC, CA$ y $AB$ , respectivamente. Demostrar que la circunferencia circunscrita del triángulo determinado por las rectas $l_a,l_b$ y $l_c$ es tangente a la circunferencia $\Gamma$ .

A por este último problema.

13 comentarios

Trackback | 29 Aug, 2011

Bitacoras.com
Sive | 30 de August de 2011 | 10:35

El enunciado del problema no está completo. El problema original, además, pedía construir un reactor nuclear de fusión con un botellín de cerveza y un martillo

Me parece que este problema es para fede.
gaussianos | 30 de August de 2011 | 13:32

Pues sí Sive, me da que este problema es para el crack de la geometría de Gaussianos .
fede | 30 de August de 2011 | 14:51

Sive, gracias, el problema me parece interesante, pero difícil.
Lo empecé a mirar, pero no he llegado a nada. Lo dejo.
gaussianos | 30 de August de 2011 | 19:04

Bufff, pues si fede lo deja…mal rollo…
GonzaloOrellana | 31 de August de 2011 | 23:54

Esta es la clase de problemas que cuando las ves mientras estás concursando, te entran ganas de ponerte a jugar al 3 en raya con el compañero de al lado. A ver quién puede atacarlo.
fede | 1 de September de 2011 | 20:11

Creo que he encontrado una demostración más fácil que las que he visto por ahí. Pistas:

Lema 1:
http://img191.imageshack.us/img191/7059/imo200116l1.png
Sean 2 rectas r,s que se cortan en un punto A.
Sea una recta h que corta a r y s en $H_r$ y $H_s$ .
Sean $h_r$ y $h_s$ las rectas resultado de reflejar la recta h sobre r y s respectivamente.
Sea X el punto de intersección de $h_r$ y $h_s$ .

Entonces: $\angle H_rXH_s = 2\angle H_rAH_s$ , como ángulos orientados
(por tanto $\angle H_rXH_s = \pm 2\angle H_rAH_s \ \ (mod \ 180)$ en ángulos usuales).

Lema 2:
http://img15.imageshack.us/img15/9727/imo200116l2.png
Sea P un punto exterior a una circunferencia.
Sea r una recta que pasa por P y corta a la circunferencia en 2 puntos U y V.
Trazamos desde P una tangente t a la circunferencia, que toca a la circunferencia en T.
Sean k y m el resultado de reflejar t sobre las rectas r y TV respectivamente.
Sea n el resultado de reflejar la recta TV sobre r.
Sea I el punto diferente de V que es intersección de la recta n con la circunferencia.
Sea J el punto diferente de T que es intersección de la recta m con la circunferencia.

Entonces: La recta IJ es paralela a la recta k.

Propongo demostrar primero estos lemas.

A partir de ahí se resuelve fácilmente el problema.
Sebas | 1 de September de 2011 | 21:06

Yo estaba por el siguiente camino, no se si conduce a la demostracion, he quedado estancado:
1º Los ángulos del triángulo resultante unicamente dependen de los ángulos del triangulo del enunciado
2º El incentro del triángulo resultante esta sobre el circuncentro del triángulo dado
3º Los vértices del triángulo del enunciado estan sobre las bisectrices del resultante
fede | 1 de September de 2011 | 21:46

Pensé que tenía una simplificación de la ‘solución oficial 1′, pero, tras revisar, no es válida. De momento no he encontrado una demostración nueva.

Sebas, tus resultados 2º y 3º son usados, por ejemplo, en la primera solución oficial.
Sebas | 1 de September de 2011 | 22:49

Gracias fede, ignoraba si mis deducciones me servirian para algo pues he quedado atascado, esto me anima a seguir, pero no soy optmista
Mis deducciones de 2º y 3º son consecuencia de 1º
Saludos
Sebas | 3 de September de 2011 | 13:18

Amigo fede, espero tu opinión como me animaste antes
Con 1º, 2º y 3º llego a la conclusión de que existe un punto en cada una de las circunferencias circunscritas que estan alineados con los centros, que por arcos capaces tienen que ser el mismo punto. Creo que me he desatascado
Saludos
fede | 3 de September de 2011 | 16:49

Sebas, no pretendía animarte ni desanimarte. Yo todavía no he estudiado en detalle las soluciones que he visto en la red.

Hay que tener en cuenta que tradicionalmente el problema 6 es el más difícil y que, de un total de 564 participantes, solo 2 chicas (de Alemania e Irán) y 4 chicos (de Grecia, China, Singapur y Hongkong), consiguieron resolverlo, lo que se menciona en el siguiente enlace, donde se da otra solución que usa alguno de tus resultados.
http://jl.ayme.pagesperso-orange.fr/Docs/OIM2011.pdf
Sebas | 3 de September de 2011 | 18:02

Gracias fede: He mirado (no a fondo evidentemente) la solución del enlace, veo que tambien es larga y hay que seguirla con atención. Dista de la mia, tambien larga y fecilmente me despisto, me he pasado bastantes horas frente al AutoCad trazando rectas, si bien compruebo que mis deducciones son correctas mucho me temo que algun paso (de tantos) lo de por supesto y no lo demuestre correctamente.
Hay que inclinarse frente a los OLIMPICOS
Gracias por el tiempo que te he robado y la atención que has tenido conmigo
Saludos