Selectivo Cono Sur - 2014 - Problema 3

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sebach

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Selectivo Cono Sur - 2014 - Problema 3

Mensaje sin leer por sebach » Lun 07 Abr, 2014 11:53 pm

En un pentágono convexo se trazan todas sus diagonales y queda dividido en un pentágono pequeño y [math] triángulos. Hallar el máximo número de triángulos de igual área que puede haber en la división.

123
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Re: Selectivo Cono Sur - 2014 - Problema 3

Mensaje sin leer por 123 » Mar 08 Abr, 2014 6:57 pm

Me parece un poco obvio, pero a simple vista
[spoiler]10 triángulos- con un pentágono regular[/spoiler]
puede ser??


EDIT: Tenés razón, había hecho un dibujo así nomás y me quedó el triángulo da´b´equilátero.
Última edición por 123 el Mar 08 Abr, 2014 8:11 pm, editado 1 vez en total.

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Fran5

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Re: Selectivo Cono Sur - 2014 - Problema 3

Mensaje sin leer por Fran5 » Mar 08 Abr, 2014 7:38 pm

Nop, jajaja.. yo lo estoy pensando hace rato, y al menos llegue a una cota
Spoiler: mostrar
Sea ABCDE el pentagono. Sea B' la intereccion de DA y EC. Sea A' la intersecicon de BD y CE.
Fijate que si son 10, te queda que (DB'E)=(DA'B'). y como es regular, te queda el genial triangulo áureo, con EDA'=72º. Pero como EB'=B'D=B'A, te queda que EDA'=90º
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Re: Selectivo Cono Sur - 2014 - Problema 3

Mensaje sin leer por BrunZo » Mar 17 Mar, 2020 12:03 am

Entrenando para no-competencias.

Solución:
Spoiler: mostrar
El máximo es $6$. Un ejemplo:
2.png
Para probar que es el máximo, notemos que los $10$ triángulos forman un ciclo donde cada uno tiene un lado en común con sus dos vecinos.
Ahora, si tomamos una terna triángulos consecutivos, hay dos casos: O bien los tres triángulos tienen una base sobre la misma recta, por lo que decimos que es una terna alineada, o bien esto no ocurre, por lo que decimos que es una terna torcida.

Veamos que es imposible que los triángulos de una terna torcida tengan la misma área:
Sean $AXY$, $AYB$ y $BYZ$ los triángulos. Como $AXY$ y $AYB$ tienen la misma área, sus bases $XY$ y $YB$ son iguales. Similarmente, como $AYB$ y $BYZ$ tienen la misma área, sus bases $AY$ e $YZ$ tienen la misma área. En consecuencia, $XABZ$ tiene dos diagonales que se cortan en su punto medio, por lo que es un paralelogramo, lo que implica que $AX\parallel BZ$, pero esto es absurdo, puesto que $AX$ y $BZ$ se cortan en el vértice $D$ del pentágono. Esto implica que no pueden los tres triángulos tener la misma área.

Veamos que es imposible que cualesquiera cuatro triángulos consecutivos tengan la misma área:
Supongamos que esto ocurre y consideremos las dos ternas de triángulos consecutivos entre los cuatro de la misma área. Es clara que una de estas ternas es torcida y todos sus triángulos tienen la misma área, lo que contradice el punto anterior, lo cual es absurdo. Luego, los cuatro triángulos no pueden tener la misma área.

Ahora, supongamos que hay $t\geq 7$ triángulos con la misma área $S$. Si consideramos grupos de triángulos consecutivos de área $S$, tenemos varios casos:
Caso 1: Hay dos grupos.
Esto es absurdo, puesto que, por Palomar, al menos un grupo tendría, al menos, cuatro triángulos, lo cual es absurdo.
Caso 2: Hay tres grupos. (no puede haber más de tres grupos porque habría cuatro triángulos de área distinta a $S$)
En este caso, por Palomar, algún grupo tiene, al menos, tres triángulos, por lo que esta terna debe ser alineada. Notemos que los dos triángulos adyacentes a los extremos de esta terna no pueden tener área $S$, ya que habría cuatro consecutivos de la misma área. Por lo tanto, sólo nos fijamos en los cinco otros triángulos.
Denominemos $CDE$ a los vértices correspondientes a la terna alineada y $A$ y $B$ a los otros vértices. Más aún, nombremos las intersecciones tal que $EXA$, $AXY$, $AYB$, $BYZ$, $BZC$ sean los otros cinco triángulos.
Si en ninguno de los conjuntos $\{EXA,AXY\}$ y $\{BYZ,BZC\}$ tienen ambos triángulos área $S$, entonces no puede haber más de $6$ triángulos en total. Luego, alguno de ellos tiene a ambos triángulos de área $S$, digamos, sin pérdida de generalidad, que los triángulos $EXA$ y $AXY$ son de área $S$.
Sea $P$ la intersección de $AD$ y $CE$ y sea $Q$ la intersección de $BD$ y $CE$. Como $DEP$, $PQD$ y $CDQ$ tienen la misma área, luego $EP=PQ=QD$. Por otro lado, como $EXA$ y $AXY$ tienen la misma área, $EX=XY$. Entonces, notemos que $PX$ es base media del triángulo $EQY$, con lo que $PX\parallel QY$. Por otro lado, esto implica que $AP\parallel QY$, por lo que $QY$ es base media de $CAP$. Combinando las bases medias se obtiene que $AP=2QY=4PX$, luego $AX=3PX$.
Ahora bien, como $DEP$ y $EXA$ tienen la misma área, $DP=AX=3PX$, luego $DX=4PX$. También, sabemos que $QY\parallel DX$ y $QY=2PX$, lo que implica que $QY$ es base media de $BDX$. Por ende, $XY=YB$ y $DQ=QB$. La primera igualdad implica que el área de $AYB$ es igual al área de $AXY$, que es $S$, mientras que la segunda igualdad implica que el área de $BQC$ es igual al área de $CDQ$, que también es $S$, con lo cual el área de $BZC$, estrictamente menor a la de $BQC$, no puede ser $S$. Por otro lado, se formó una nueva terna alineada con vértices $EAB$, por lo que $BYZ$ no puede tener área $S$.
Entonces, en esta situación llegamos a un punto muerto, ya que ningún otro triángulo puede tener área $S$, y sólo tenemos $6$ triángulos de área $S$, lo que contradice $t\geq 7$, por lo cual esto último es imposible y tendremos que conformarnos con el ejemplo para $t=6$.
geogebra-export (1).png
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