Nacional 2017 N2 P3

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BrunoDS

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Nacional 2017 N2 P3

Mensaje sin leer por BrunoDS »

Dado un polígono, una triangulación es una división del polígono en triángulos cuyos vértices son vértices del polígono. Determinar los valores de $n$ para los que el polígono regular de $n$ lados tiene una triangulación con todos sus triángulos isósceles.
"No se olviden de entregar la prueba antes de irse..."

Peznerd
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Re: Nacional 2017 N2 P3

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BrunoDS escribió:
Sab 18 Nov, 2017 4:15 pm
Dado un polígono, una triangulación es una división del polígono en triángulos cuyos vértices son vértices del polígono. Determinar los valores de $n$ para los que el polígono regular de $n$ lados tiene una triangulación con todos sus triángulos isósceles.
Spoiler: mostrar
Me dio que los únicos valores posibles para $n$ son ${3;4;5}$
Como no existen polígonos con menos de $3$ lados, entonces $n > 2$
Empezamos analizando el polígono regular de $3$ lados: el triángulo equilátero. Efectivamente, la triangulación será por encima de los lados originales y resultará en solamente un triángulo. Este triángulo es equilátero, por lo tanto es isóceles (tiene dos lados iguales).
Polígono regular de $4$ lados, un cuadrado. Al triangularlo por una de sus dos diagonales, resultan siempre dos triángulos isóceles cubriendo todo el área del polígono.
Polígono regular de $5$ lados: observamos que uniendo cualquier vértice $P$ con ambos puntos que conforman el lado opuesto, tiene como resultado una triangulación de triángulos isóceles. Dos triángulos lo son porque en cada uno $2$ de sus lados coinciden con los lados del pentágono regular. El restante es isóceles porque, por Lema, la distancia que hay de un vértice $P$ y los vértices del lado opuesto en todo polígono regular de $n$ lados con $n$ impar es la misma.
Notemos que, a partir de ahora, los únicos triángulos isóceles que podemos trazar en todos los polígonos regulares de $n$ lados con $n > 5$ y $n$ par cuyos vértices son vértices del polígono son aquellos que estén comprendidos por dos lados consecutivos. La triangulación, pues, queda incompleta porque no se llega a cubrir todo el área del polígono y se necesitarían triángulos escalenos, contradiciendo el enunciado.
En aquellos polígonos regulares de $n$ lados con $n > 5$ y $n$ impar, los únicos triángulos que cumplan el enunciado y podemos trazar son aquellos comprendidos por dos lados consecutivos y aquellos que lo estén por un vértice $P$ y la selección de otros dos vértices que equidisten del lado opuesto al vértice $P$ (sin contar los que estén formando lados consecutivos del polígono). Si lo hacemos solamente con aquellos que estén comprendidos por dos lados consecutivos, nos quedará un área del polígono no cubierta y si empleamos el otro tipo de triángulos veremos que el área restante del polígono estará dividida en tres sectores, cada uno con una cantidad impar de vértices por utilizar. Resulta que habíamos dicho que los únicos triángulos isóceles que podemos trazar y no atraviesen los dos segmentos que acabamos de formar (rompiendo la triangulación) son aquellos que están comprendidos por dos lados consecutivos. Como cada uno de estos requiere dos vértices y contamos con una cantidad impar de vértice en cada uno de los tres sectores, siempre nos sobrará un vértice sin unir y no será cubierta el área del polígono en su totalidad, por lo que no podemos triangularlo.
Me re copé con la resolución, espero haber sido claro. Sepan disculpar el haber dado tantas vueltas y haber usado casi exclusivamente palabras. Todavía no estoy muy métido en usar Latex y, en todo caso, en las pruebas también los harto a los de OMA con palabras :mrgreen:
Por cierto, en mi opinión al enunciado le falta información. No fui al Nacional del año pasado, pero pienso que los habrán ahogado a los de OMA con preguntas sobre qué es la triangulación, yo lo tuve que buscar en Google porque no me quedaba claro si, por ejemplo, se debían trazar todos los triángulos posibles, si los lados de los triángulos podían atravesarse y si había o no que cubrir todo el área del polígono :|
Última edición por Peznerd el Vie 02 Nov, 2018 5:28 pm, editado 1 vez en total.
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3,14

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Re: Nacional 2017 N2 P3

Mensaje sin leer por 3,14 »

Fijate que esta es una triangulación posible para $n=6$:
Además (si no estoy pensando mal):
Spoiler: mostrar
Se puede ver que si $n$ es solución, entonces $2n$ también es solución.
Además $n = 2^k+1$ es solución para todo $k$.
Habría que ver si es cierto o no que todos los $n$ son de la forma $2^a.(2^b+1)$ o $2^a$. La verdad no lo pensé con mucho detenimiento.
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Gianni De Rico

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Re: Nacional 2017 N2 P3

Mensaje sin leer por Gianni De Rico »

Peznerd escribió:
Vie 02 Nov, 2018 3:29 pm
Spoiler: mostrar
Polígono regular de $4$ lados. Puede ser un cuadrado o un rombo.
Spoiler: mostrar
Un polígono es regular si todos sus lados y todos sus ángulos son iguales. Entonces el único polígono regular de $4$ lados es el cuadrado.
Esto es trivial por el teorema de Bolshonikov demostrado en un bar de Bielorrusia en 1850

Peznerd
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Re: Nacional 2017 N2 P3

Mensaje sin leer por Peznerd »

Gianni De Rico escribió:
Vie 02 Nov, 2018 4:53 pm
Peznerd escribió:
Vie 02 Nov, 2018 3:29 pm
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Polígono regular de $4$ lados. Puede ser un cuadrado o un rombo.
Spoiler: mostrar
Un polígono es regular si todos sus lados y todos sus ángulos son iguales. Entonces el único polígono regular de $4$ lados es el cuadrado.
Tenés razón, juro que me enteré un ratito después de hacer el problema. Pensaba que con tener todos sus lados iguales bastaba, y también creía que si un polígono de $n$ lados con $n>4$ era equiángulo si y solo si era equilátero y viceversa, pero resulta que es una falacia.

Edito: Hola Pez del Pasado... falacia significa otra cosa más piola. En cuarto de secundario te mintieron. Besos.
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EmRuzak

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Re: Nacional 2017 N2 P3

Mensaje sin leer por EmRuzak »

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Puede ser que no esté completa, es solo una idea

Al dividir cualquier polígono en triángulos quedan $n-2$ triángulos ya que al ir sacando los triángulos cada uno elimina $1$ punto y al llegar a $2$ no se puede sacar mas.

se necesitan $n-3$ segmentos ya que cada segmento que se traza en el polígono agrega un triángulo, excepto el último que agrega $2$.

Si $n$ es par, hay triángulos que deben tener como lados a los lados mas cortos, es decir los del polígono, entonces o tienen $2$ de esos o tienen $1$, pero en caso de que tengan $1$ solo, uno de los lados del polígono es el lado desigual de un triángulo isósceles y al trazar la mediatriz no hay nngún punto, entonces si $n=2^ka$ con $k>0$ y $a$ impar, se puede si y solo si se puede con $a$

Si $n$ es impar, al formar triángulos con los lados del polígono, no pueden tener todos los $2$ lados pequeños, ya que $n$ es impar, por lo que se debe cortar el polígono con un triángulo isósceles.

Los dos polígonos congruentes que quedan, no pueden dividirse en triángulos con el lado desigual siendo un lado del polígono, entonces esas secciones deben tener un número de puntos igual a una potencia de $2$ mas $1$, ya que al triangular los lados adyacentes, se forma una sección con las mismas propiedades (todos los lados iguales excepto uno), y la mas pequeña es de $1$ lado, $1=2^0+1$, $2^x+1+2^x=2^(x+1)+1$

Entonces si $n=2k+1$, $k=2^m+1$, $n=2(2^m+1)-1=2^{m+1}+1$

Entonces se puede si y solo si $n$ es de forma $2^x(2^y+1)$, $x>=0$, $y>1$

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