Primer Pretorneo 2017 NM P2

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Gianni De Rico

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Primer Pretorneo 2017 NM P2

Mensaje sin leer por Gianni De Rico » Mar 25 Abr, 2017 9:06 pm

Hay que elegir [math] puntos sobre una misma recta más un punto fuera de dicha recta de modo que entre los [math] triángulos que estos [math] puntos determinan haya la mayor cantidad posible de triángulos isósceles. ¿Cuántos triángulos isósceles puede haber?
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Josefina
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Re: Primer Pretorneo 2017 NM P2

Mensaje sin leer por Josefina » Mié 26 Abr, 2017 7:09 pm


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Tomás Morcos Porras

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Re: Primer Pretorneo 2017 NM P2

Mensaje sin leer por Tomás Morcos Porras » Dom 13 Sep, 2020 6:02 am

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Sean $A$ la recta, $P$ el punto fuera de ella y $A_i$ algún punto sobre la recta. Sea además $A_0$ el pie de la perpendicular a $A$ por $P$.
Primero, veamos que para cualquier $A_i$ se pueden definir cuatro puntos que forman triángulos isósceles: Las dos intersecciones de $A$ con la circunferencia de centro $A_i$ y radio $\overline{A_iP}$ (sean $A_j$ el más alejado de $A_0$ y $A_k$ el otro), el reflejo de $A_i$ por $A_0$ (sea $A_m$ y la intersección de la mediatriz de $\overline{A_iP}$ con $A$ (sea $A_n$). La distancia a $A_0$ es para todos menor o igual a $\overline{A_0A_i}$, excepto para $A_j$. Por esto, para los dos puntos más alejados de $A_0$ (uno por cada extremo) no podemos marcar los $A_j$ correspondientes, pues dejarían de ser los puntos extremos.
Así, tenemos que como máximo, de los $100$ puntos hay $98$ que forman $4$ isósceles con $P$ y $2$ que solo forman $3$. $\frac{98\times 4}{2!}+\frac{2\times 3}{2!}=196+3=199$.
¡Feliz cumpleaños a todos los que cumplen hoy y feliz no cumpleaños a todos los que no cumplen hoy!

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NPCPepe

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Re: Primer Pretorneo 2017 NM P2

Mensaje sin leer por NPCPepe » Lun 14 Sep, 2020 6:59 pm

Tomás Morcos Porras escribió:
Dom 13 Sep, 2020 6:02 am
Spoiler: mostrar
Sean $A$ la recta, $P$ el punto fuera de ella y $A_i$ algún punto sobre la recta. Sea además $A_0$ el pie de la perpendicular a $A$ por $P$.
Primero, veamos que para cualquier $A_i$ se pueden definir cuatro puntos que forman triángulos isósceles: Las dos intersecciones de $A$ con la circunferencia de centro $A_i$ y radio $\overline{A_iP}$ (sean $A_j$ el más alejado de $A_0$ y $A_k$ el otro), el reflejo de $A_i$ por $A_0$ (sea $A_m$ y la intersección de la mediatriz de $\overline{A_iP}$ con $A$ (sea $A_n$). La distancia a $A_0$ es para todos menor o igual a $\overline{A_0A_i}$, excepto para $A_j$. Por esto, para los dos puntos más alejados de $A_0$ (uno por cada extremo) no podemos marcar los $A_j$ correspondientes, pues dejarían de ser los puntos extremos.
Así, tenemos que como máximo, de los $100$ puntos hay $98$ que forman $4$ isósceles con $P$ y $2$ que solo forman $3$. $\frac{98\times 4}{2!}+\frac{2\times 3}{2!}=196+3=199$.
Hay algún ejemplo con esa cantidad?
$3=569936821221962380720^3+(-569936821113563493509)^3+(-472715493453327032)^3$: esta es la tercer menor solucion descubierta para la ecuación $a^3+b^3+c^3=3$ , las otras dos son $1^3+1^3+1^3=3$ y $4^3+4^3+(-5)^3=3$

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Tomás Morcos Porras

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Re: Primer Pretorneo 2017 NM P2

Mensaje sin leer por Tomás Morcos Porras » Lun 14 Sep, 2020 11:20 pm

NPCPepe escribió:
Lun 14 Sep, 2020 6:59 pm
Hay algún ejemplo con esa cantidad?
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Jmm... Me parece que no.
Para cada punto, hay $4$ con los que forma isósceles. Llamo multiconectado a todo punto tal que están trazados estos $4$ puntos sobre la recta.
Cada uno de los $4$ puntos, al estar ya marcado uno de los puntos con los que forma isósceles, tiene tres posibles puntos más. Se ve así que no es mejor estrategia marcar un punto y los $4$ con los que forma isósceles que marcar los puntos con los que estos $4$ forman isósceles. Siguiendo esta lógica, podemos intentar ver qué pasa cuando seguimos iterando la operación, y vemos que pasamos de tener $1$ punto a tener $5$ con $1$ multiconectado, de ahí a tener $17$ puntos con $5$ multiconectados, y por último llegamos a $53$ puntos con $17$ multiconectados. A priori, aumentar en $1$ la cantidad de puntos multiconectados requiere subir en $3$ la cantidad de puntos. Luego, para que haya $100$ puntos, hay que subir de $53$ a $100$, es decir, $47$ puntos. El múltiplo de $3$ más alto menor que $47$ es $45$, así que tenemos $17+15=32$ multiconectados y podemos marcar $2$ puntos más, que en definitiva forman dos triángulos más.
$$\frac{32\times 4+68\times 1}{2}+2=100$$
Seguro hay algo que se me está pasando, pero hasta acá llego.
¡Feliz cumpleaños a todos los que cumplen hoy y feliz no cumpleaños a todos los que no cumplen hoy!

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Gianni De Rico

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Re: Primer Pretorneo 2017 NM P2

Mensaje sin leer por Gianni De Rico » Mar 15 Sep, 2020 12:37 am

Hay ejemplo con
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$148$
La construcción
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Primer Pretorneo 2017 NM P2.png
Consideramos esta estructura de $5$ puntos $A,B,D,E,F$ (y los $5$ que se obtienen reflejando), que produce $6$ triángulos isósceles. Al reflejar por la perpendicular desde $C$, obtenemos otros $4$ isósceles más. Además, los triángulos formados por $C$ y dos puntos simétricos son isósceles. Por lo tanto, esta estructura genera en total $4+4+5=13$ triángulos isósceles.
Podemos seguir construyendo estructuras de este tipo a lo largo de la recta. Pero ahora, cada vez que definimos el nuevo punto $B$ (en el dibujo es $B_1$), lo hacemos de modo que $DB_1=CD$, luego, por simetría, estos nuevos puntos producen $13+2=15$ triángulos isósceles.
Podemos agregar $9$ estructuras además de la primera, esto nos da un total de $13+9\cdot 15=148$ triángulos.

Queda como ejercicio para el lector dar un ejemplo mejor o demostrar que es el máximo.
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BrunZo

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Re: Primer Pretorneo 2017 NM P2

Mensaje sin leer por BrunZo » Mar 15 Sep, 2020 11:03 pm

A ver si no me equivoqué en nada...
Spoiler: mostrar
Yo digo que el máximo número de isósceles es $150$. En general, primero mostraríamos un ejemplo y luego veríamos que en efecto no se puede con más triángulos, pero en este caso creo que hacer primero la cota será más conveniente.


Para esto, llamamos $P$ al punto fuera de la recta y $l$ a esta recta. Dividamos a los triángulos en dos tipos:

Digo que un triángulo está parado si su base está sobre $l$ (y su tercer vértice es $P$), y digo que un triángulo está acostado si su base no está sobre $l$ (es decir si su base tiene $P$ como extremo y el otro extremo está en $l$).

Veamos las cotas independientes para cada tipo de triángulo:

Notemos que dos triángulos parados no pueden compartir un vértice $A$ en $l$, por lo que, como hay $100$ puntos en $l$, no puede haber más de $50$ triángulos parados.

geogebra-export.png

Notemos que dos triángulos acostados no pueden compartir la misma base, y notemos que hay una base por cada punto en $l$ (el segmento $AP$), por lo que no puede haber más de $100$ triángulos acostados.

geogebra-export (1).png

Combinando, vemos que efectivamente no puede haber más de $150$ triángulos en total.

Veamos un ejemplo con esta cantidad.

Sea $\alpha=\frac{180^{\circ}}{2^{50}-1}$. Consideremos $H$ el pie de la perpendicular por $P$ en $l$. Consideremos los $49$ puntos $A_0$, $A_1$, $A_2$,..., $A_{48}$, $A_{49}$ en $l$ tales que para todo $i$, $\angle PA_iH=2^{i}\alpha$, medido en sentido antihorario (cabe aclarar que, como los primeros $49$ ángulos son agudos, los primeros $49$ puntos están del mismo lado de $H$, mientras que $A_{49}$ está del otro). Más aún, es fácil de ver que $\angle PA_{i+1}A_{i+2}=\angle PA_iA_{i+1}+\angle A_iPA_{i+1}$, pero por como los construimos $\angle PA_{i+1}A_{i+2}=2\angle PA_iA_{i+1}$, luego $\angle PA_iA_{i+1}=\angle A_iPA_{i+1}$, por lo que $PA_iA_{i+1}$ es isósceles para todo $i$ desde $0$ hasta $48$. Estos son $49$.

geogebra-export (2).png

Por otro lado, notemos que $\angle A_0PA_{49}=\angle A_0PA_1+\angle A_1PA_2+\cdots+\angle A_{48}PA_{49}=\alpha+2\alpha+4\alpha+\cdots+2^{48}\alpha=(2^{49}-1)\alpha$, y sabíamos que $\angle PA_0A_{49}=\alpha$, luego
$$\alpha+(2^{49}-1)\alpha+\angle PA_{49}A_0=180^{\circ}=(2^{50}-1)\alpha\Longrightarrow \angle PA_{49}A_0=(2^{49}-1)\alpha$$
De donde se ve que $PA_0A_{49}$ también es isósceles. Con esto, ya tenemos $50$ isósceles.

Por último, notemos que ningún par de puntos de estos son simétricos por $H$, luego reflejando estos $50$ puntos por $H$ obtenemos $50$ triángulos acostados más (los reflejos) y unos nuevos $50$ triángulos parados. Luego el total de triángulos es $150$, como queríamos.
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NPCPepe

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Re: Primer Pretorneo 2017 NM P2

Mensaje sin leer por NPCPepe » Mié 16 Sep, 2020 1:48 am

BrunZo escribió:
Mar 15 Sep, 2020 11:03 pm
A ver si no me equivoqué en nada...
Spoiler: mostrar
Yo digo que el máximo número de isósceles es $150$. En general, primero mostraríamos un ejemplo y luego veríamos que en efecto no se puede con más triángulos, pero en este caso creo que hacer primero la cota será más conveniente.


Para esto, llamamos $P$ al punto fuera de la recta y $l$ a esta recta. Dividamos a los triángulos en dos tipos:

Digo que un triángulo está parado si su base está sobre $l$ (y su tercer vértice es $P$), y digo que un triángulo está acostado si su base no está sobre $l$ (es decir si su base tiene $P$ como extremo y el otro extremo está en $l$).

Veamos las cotas independientes para cada tipo de triángulo:

Notemos que dos triángulos parados no pueden compartir un vértice $A$ en $l$, por lo que, como hay $100$ puntos en $l$, no puede haber más de $50$ triángulos parados.

geogebra-export.png

Notemos que dos triángulos acostados no pueden compartir la misma base, y notemos que hay una base por cada punto en $l$ (el segmento $AP$), por lo que no puede haber más de $100$ triángulos acostados.

geogebra-export (1).png

Combinando, vemos que efectivamente no puede haber más de $150$ triángulos en total.

Veamos un ejemplo con esta cantidad.

Sea $\alpha=\frac{180^{\circ}}{2^{50}-1}$. Consideremos $H$ el pie de la perpendicular por $P$ en $l$. Consideremos los $49$ puntos $A_0$, $A_1$, $A_2$,..., $A_{48}$, $A_{49}$ en $l$ tales que para todo $i$, $\angle PA_iH=2^{i}\alpha$, medido en sentido antihorario (cabe aclarar que, como los primeros $49$ ángulos son agudos, los primeros $49$ puntos están del mismo lado de $H$, mientras que $A_{49}$ está del otro). Más aún, es fácil de ver que $\angle PA_{i+1}A_{i+2}=\angle PA_iA_{i+1}+\angle A_iPA_{i+1}$, pero por como los construimos $\angle PA_{i+1}A_{i+2}=2\angle PA_iA_{i+1}$, luego $\angle PA_iA_{i+1}=\angle A_iPA_{i+1}$, por lo que $PA_iA_{i+1}$ es isósceles para todo $i$ desde $0$ hasta $48$. Estos son $49$.

geogebra-export (2).png

Por otro lado, notemos que $\angle A_0PA_{49}=\angle A_0PA_1+\angle A_1PA_2+\cdots+\angle A_{48}PA_{49}=\alpha+2\alpha+4\alpha+\cdots+2^{48}\alpha=(2^{49}-1)\alpha$, y sabíamos que $\angle PA_0A_{49}=\alpha$, luego
$$\alpha+(2^{49}-1)\alpha+\angle PA_{49}A_0=180^{\circ}=(2^{50}-1)\alpha\Longrightarrow \angle PA_{49}A_0=(2^{49}-1)\alpha$$
De donde se ve que $PA_0A_{49}$ también es isósceles. Con esto, ya tenemos $50$ isósceles.

Por último, notemos que ningún par de puntos de estos son simétricos por $H$, luego reflejando estos $50$ puntos por $H$ obtenemos $50$ triángulos acostados más (los reflejos) y unos nuevos $50$ triángulos parados. Luego el total de triángulos es $150$, como queríamos.
Spoiler: mostrar
Aca hay un ejemplo mas facil:
geogebra-export (15).png
Con estos $4$ puntos hay $4$ isósceles "acostados" ($PD'B, PDB, PD'B', PDB$') y $2$ "parados" ($PDD', PBB'$), agregando 2 puntos, más alejados $F, G$ tales que $PB=BF$ y $PB'=B'G$ se obtiene $1$ parado y $2$ acostados, haciendo esto $48$ veces quedan $50$ parados y $100$ acostados, $150$ en total
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$3=569936821221962380720^3+(-569936821113563493509)^3+(-472715493453327032)^3$: esta es la tercer menor solucion descubierta para la ecuación $a^3+b^3+c^3=3$ , las otras dos son $1^3+1^3+1^3=3$ y $4^3+4^3+(-5)^3=3$

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