Problema 3 del viernes de la Fase Local de la LXI Olimpiada Española de Matemáticas (2025)
Se dirige a una edad de: 16-17 años

Dividimos cada lado de un triángulo equilátero en n partes iguales, uniendo cada punto de los que hemos usado en la división con el vértice opuesto al lado donde está.

Determina el número de puntos de intersección interiores al triángulo determinados por estos segmentos en los siguientes casos.

(a) n es un número primo impar.

(b) n = 2p² , donde p es un número primo impar.

Solución:

En ambos apartados, hay un número máximo de puntos que podemos encontrar, que puede no alcanzarse si hay más coincidencias con lineas que parten de otro lado y llegan a otro vértice.

Puesto que de cada lado hay n – 1 líneas que salen, cada línea encontrará un máximo de 2n – 2 líneas, por lo que el máximo de puntos es 3(n – 1)·2(n – 1)/2, ya que cada punto de intersección lo hemos contado dos veces, es decir, 3(n – 1)² líneas, pero esta cantidad sólo se alcanza si una de las intersecciones no es un lugar de encuentro entre más de dos líneas.

Esa situación es el punto de partida de un curioso teorema matemático que en este problema era de vital importancia conocer, el Teorema de Ceva. Veamos cómo puede deducirse, ya que es imprescindible para la resolución de este tipo de situaciones en las que hay cruces desde los vértices (y no es imprescindible que el triángulo sea equilátero).

Imagina que se da esa circunstancia. Resulta que el triángulo original queda dividido en 6 triángulos más pequeños.

Cuando dos triángulos tienen la misma altura, sus áreas son proporcionales a sus bases.

Supongamos que numeramos los triángulos empezando por el de arriba a la derecha como 1, 2, 3, 4, 5, y 6 en el sentido de las agujas del reloj. Observarás que si unimos 1, 2, y 3, sale un triángulo de la misma altura que si unimos 4, 5 y 6. Por tanto sus áreas son proporcionales a sus bases.

La misma proporción que guardan 3 y 4, ya que también tiene la misma altura y la misma base.

Claro, como la unión de 1 y 2 es como la unión de 1, 2 y 3 menos el 3, y la unión de 5 y 6 también es la unión de 4, 5, y 6 menos el 4, y guardan la misma proporción, resulta que la unión de 1 y 2 tiene un área proporcional a la de 5 y 6.

Mirando las cosas desde otra base, resulta que el área de 5 y 6 es proporcional al área de 3 y 4 con la proporción que marcan sus bases, que están en otro lado, y de la misma forma, el área de 1 y 2 es proporcional a la de 3 y 4 con el cociente de sus bases.

Así que, si llamamos ahora a los segmentos de los lados en sentido de las agujas del reloj s1, s2, s3, s4, s5, y s6 (suponemos que empezamos por el de abajo a la derecha, pero en realidad da igual), tendríamos que (s1/s2)(s3/s4)(s5/s6) = (A(1 y 2)/A(5 y 6))(A(3 y 4)/A(1 y 2))(A(5 y 6)/A(3 y 4)) = 1.

Y en el apartado a) eso nos sirve para comprobar que no hay tres segmentos que se puedan cruzar en el mismo punto.

Supongamos que existen tres puntos, a distancias respectivas de los vértices x, y, z en el sentido de las agujas del reloj, y por tanto a distancia p – x, p – y y p – z, tendríamos que (x/(p – x))(y/(p – y))(z/(p – z)) = 1, por lo que xyz = (p – x)(p – y)(p – z).

Desarrollando y despejando el término independiente, obtenemos que 2xyz = p³ – p²(x + y + z) + p(xy + yz + xz), pero uno de los lados es claramente múltiplo de p y el otro no, por ser x, y y z menores que p. Por tanto, es imposible.

La respuesta al apartado a) es, por tanto, 3(p – 1)² puntos de intersección.

El apartado (b) es mucho más complicado.

La idea se puede extraer como conjetura de hacer pruebas con grupos de fracciones sobre la partición en 18 fragmentos.

Si buscamos combinaciones de particiones que puedan cortarse, encontramos cosas como la de 4 16, 16 4 y 9 9, que produce (4/16)(16/4)(9/9) = 1, pero no encontramos otros puntos. Por tanto, si n = 2p², al parecer, uno de los puntos de corte será el que divide al lado exactamente en el centro, pero no cualquier otro.

Es difícil llegar hasta aquí, pero lo es aún más probarlo.

Si desarrollamos el mismo polinomio de antes, tenemos en este caso que 2xyz = 8p⁶ – 4p⁴(x + y + z) + 2p²(xy + yz + xz)

Dividiendo por 2, resulta que xyz = 4p⁶ – 2p⁴(x + y + z) + p²(xy + yz + xz).

Es evidente que el producto xyz debe ser múltiplo de p. Veamos que no es posible que uno de los valores sea múltiplo de p pero no de p². En ese caso, supongamos que x = ap y entonces y = bp, con a y b diferentes de p y por tanto primos con él. En ese caso, tendríamos que p²abz = 4p⁶ – 2p⁴(ap + bp + z) + p²(abp² + bpz + apz), por lo que tendríamos que abz = 4p⁴ – 2p²(ap + bp + z) + p(abp + bz + az) y de nuevo aparece una parte múltiplo de p igualada a otra que no puede serlo.

Por tanto, es cierto que uno de los factores debe ser exactamente p², es sencillo ver que los otros dos deben ser realmente opuestos, por lo que es relativamente sencillo cuántos puntos de intersección de los que contamos debemos “descontar”.

Así, para cada uno de los 3 lados, encontramos n – 1 intersecciones triples con su línea central. Una de ellas (la que se corta por el centro) la estamos contando 3 veces, así que en total serían 3(n – 1) – 2 = 3n – 5 intersecciones triples. Cada una de ellas, hay que descontarlas de las que tenemos en el apartado a), pues se cortan 3 líneas en lugar de 2, así que la fórmula será 2(n – 1)² – 3n + 5.