{"id":3506,"date":"2025-02-10T19:51:46","date_gmt":"2025-02-10T19:51:46","guid":{"rendered":"https:\/\/blogs.ua.es\/dimates\/?p=3506"},"modified":"2025-02-10T19:51:47","modified_gmt":"2025-02-10T19:51:47","slug":"solucion-a-triangulo-dividido","status":"publish","type":"post","link":"https:\/\/blogs.ua.es\/dimates\/2025\/02\/10\/solucion-a-triangulo-dividido\/","title":{"rendered":"Soluci\u00f3n a “Tri\u00e1ngulo dividido”"},"content":{"rendered":"
\nProblema 3 del viernes de la Fase Local de la LXI Olimpiada Espa\u00f1ola de Matem\u00e1ticas (2025)\nSe dirige a una edad de: 16-17 a\u00f1os\n<\/pre>\n\n\n
Dividimos cada lado de un tri\u00e1ngulo equil\u00e1tero en n partes iguales, uniendo cada punto de los que hemos usado en la divisi\u00f3n con el v\u00e9rtice opuesto al lado donde est\u00e1.<\/p>\n\n\n\n
Determina el n\u00famero de puntos de intersecci\u00f3n interiores al tri\u00e1ngulo determinados por estos segmentos en los siguientes casos.<\/p>\n\n\n\n
(a) n es un n\u00famero primo impar.<\/p>\n\n\n\n
(b) n = 2p\u00b2 , donde p es un n\u00famero primo impar.<\/p>\n\n\n\n
\"\"<\/figure>\n\n\n\n
Soluci\u00f3n:<\/p>\n\n\n\n\n\n\n\n
En ambos apartados, hay un n\u00famero m\u00e1ximo de puntos que podemos encontrar, que puede no alcanzarse si hay m\u00e1s coincidencias con lineas que parten de otro lado y llegan a otro v\u00e9rtice.<\/p>\n\n\n\n
Puesto que de cada lado hay n \u2013 1 l\u00edneas que salen, cada l\u00ednea encontrar\u00e1 un m\u00e1ximo de 2n \u2013 2 l\u00edneas, por lo que el m\u00e1ximo de puntos es 3(n \u2013 1)\u00b72(n \u2013 1)\/2, ya que cada punto de intersecci\u00f3n lo hemos contado dos veces, es decir, 3(n \u2013 1)\u00b2 l\u00edneas, pero esta cantidad s\u00f3lo se alcanza si una de las intersecciones no es un lugar de encuentro entre m\u00e1s de dos l\u00edneas.<\/p>\n\n\n\n
Esa situaci\u00f3n es el punto de partida de un curioso teorema matem\u00e1tico que en este problema era de vital importancia conocer, el Teorema de Ceva. Veamos c\u00f3mo puede deducirse, ya que es imprescindible para la resoluci\u00f3n de este tipo de situaciones en las que hay cruces desde los v\u00e9rtices (y no es imprescindible que el tri\u00e1ngulo sea equil\u00e1tero).<\/p>\n\n\n\n
\"\"<\/figure>\n\n\n\n
Imagina que se da esa circunstancia. Resulta que el tri\u00e1ngulo original queda dividido en 6 tri\u00e1ngulos m\u00e1s peque\u00f1os.<\/p>\n\n\n\n
Cuando dos tri\u00e1ngulos tienen la misma altura, sus \u00e1reas son proporcionales a sus bases.<\/p>\n\n\n\n
Supongamos que numeramos los tri\u00e1ngulos empezando por el de arriba a la derecha como 1, 2, 3, 4, 5, y 6 en el sentido de las agujas del reloj. Observar\u00e1s que si unimos 1, 2, y 3, sale un tri\u00e1ngulo de la misma altura que si unimos 4, 5 y 6. Por tanto sus \u00e1reas son proporcionales a sus bases.<\/p>\n\n\n\n
La misma proporci\u00f3n que guardan 3 y 4, ya que tambi\u00e9n tiene la misma altura y la misma base.<\/p>\n\n\n\n
Claro, como la uni\u00f3n de 1 y 2 es como la uni\u00f3n de 1, 2 y 3 menos el 3, y la uni\u00f3n de 5 y 6 tambi\u00e9n es la uni\u00f3n de 4, 5, y 6 menos el 4, y guardan la misma proporci\u00f3n, resulta que la uni\u00f3n de 1 y 2 tiene un \u00e1rea proporcional a la de 5 y 6.<\/p>\n\n\n\n
Mirando las cosas desde otra base, resulta que el \u00e1rea de 5 y 6 es proporcional al \u00e1rea de 3 y 4 con la proporci\u00f3n que marcan sus bases, que est\u00e1n en otro lado, y de la misma forma, el \u00e1rea de 1 y 2 es proporcional a la de 3 y 4 con el cociente de sus bases.<\/p>\n\n\n\n
As\u00ed 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), tendr\u00edamos 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.<\/p>\n\n\n\n
Y en el apartado a) eso nos sirve para comprobar que no hay tres segmentos que se puedan cruzar en el mismo punto.<\/p>\n\n\n\n
Supongamos que existen tres puntos, a distancias respectivas de los v\u00e9rtices x, y, z en el sentido de las agujas del reloj, y por tanto a distancia p \u2013 x, p \u2013 y y p \u2013 z, tendr\u00edamos que (x\/(p \u2013 x))(y\/(p \u2013 y))(z\/(p \u2013 z)) = 1, por lo que xyz = (p \u2013 x)(p \u2013 y)(p \u2013 z).<\/p>\n\n\n\n
Desarrollando y despejando el t\u00e9rmino independiente, obtenemos que 2xyz = p\u00b3 \u2013 p\u00b2(x + y + z) + p(xy + yz + xz), pero uno de los lados es claramente m\u00faltiplo de p y el otro no, por ser x, y y z menores que p. Por tanto, es imposible.<\/p>\n\n\n\n
La respuesta al apartado a) es, por tanto, 3(p \u2013 1)\u00b2 puntos de intersecci\u00f3n.<\/p>\n\n\n\n
El apartado (b) es mucho m\u00e1s complicado.<\/p>\n\n\n\n
La idea se puede extraer como conjetura de hacer pruebas con grupos de fracciones sobre la partici\u00f3n en 18 fragmentos.<\/p>\n\n\n\n
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 = 2p\u00b2, al parecer, uno de los puntos de corte ser\u00e1 el que divide al lado exactamente en el centro, pero no cualquier otro.<\/p>\n\n\n\n
\"\"<\/figure>\n\n\n\n
Es dif\u00edcil llegar hasta aqu\u00ed, pero lo es a\u00fan m\u00e1s probarlo.<\/p>\n\n\n\n
Si desarrollamos el mismo polinomio de antes, tenemos en este caso que 2xyz = 8p\u2076 \u2013 4p\u2074(x + y + z) + 2p\u00b2(xy + yz + xz)<\/p>\n\n\n\n
Dividiendo por 2, resulta que xyz = 4p\u2076 \u2013 2p\u2074(x + y + z) + p\u00b2(xy + yz + xz).<\/p>\n\n\n\n
Es evidente que el producto xyz debe ser m\u00faltiplo de p. Veamos que no es posible que uno de los valores sea m\u00faltiplo de p pero no de p\u00b2. En ese caso, supongamos que x = ap y entonces y = bp, con a y b diferentes de p y por tanto primos con \u00e9l. En ese caso, tendr\u00edamos que p\u00b2abz = 4p\u2076 \u2013 2p\u2074(ap + bp + z) + p\u00b2(abp\u00b2 + bpz + apz), por lo que tendr\u00edamos que abz = 4p\u2074 \u2013 2p\u00b2(ap + bp + z) + p(abp + bz + az) y de nuevo aparece una parte m\u00faltiplo de p igualada a otra que no puede serlo.<\/p>\n\n\n\n
Por tanto, es cierto que uno de los factores debe ser exactamente p\u00b2, es sencillo ver que los otros dos deben ser realmente opuestos, por lo que es relativamente sencillo cu\u00e1ntos puntos de intersecci\u00f3n de los que contamos debemos \u201cdescontar\u201d.<\/p>\n\n\n\n
As\u00ed, para cada uno de los 3 lados, encontramos n \u2013 1 intersecciones triples con su l\u00ednea central. Una de ellas (la que se corta por el centro) la estamos contando 3 veces, as\u00ed que en total ser\u00edan 3(n \u2013 1) \u2013 2 = 3n \u2013 5 intersecciones triples. Cada una de ellas, hay que descontarlas de las que tenemos en el apartado a), pues se cortan 3 l\u00edneas en lugar de 2, as\u00ed que la f\u00f3rmula ser\u00e1 2(n \u2013 1)\u00b2 \u2013 3n + 5.<\/p>\n","protected":false},"excerpt":{"rendered":"
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