Mayo 2015 - Segundo Nivel - P5

Felibauk

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Mayo 2015 - Segundo Nivel - P5

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Se tienen $65$ puntos del plano. Se trazan todas las rectas que pasan por dos de ellos y se obtienen exactamente $2015$ rectas distintas. Demostrar que al menos cuatro de los puntos están alineados.
"La matemática es para pensar. El fútbol es para sacar mi instinto animal y decirle al árbitro hdp te voy a m4t4r." Anónimo
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Re: Mayo 2015 - Segundo Nivel - P5

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Primero notemos que si no hubiera puntos alineados, entonces habría $\frac{65\times 64}{2}=65\times 32=2080$ rectas distintas.
Ahora bien, cuando alineamos tres puntos $A$, $B$ y $C$, las tres rectas, $AB$, $AC$ y $BC$, pasan a ser una misma, por lo que en total hay dos rectas menos. Sin embargo, veamos que tras este cambio, la paridad de la cantidad total de rectas se mantiene invariante ($n\equiv n-2\pmod{2}$). De este modo, si queremos llegar a $2015$ desde $2080$, no podemos únicamente alinear como mucho tres puntos y necesariamente habrá algunos $4$ puntos colineales.

Finalmente hay que demostrar que es posible obtener $2015$ rectas (empezamos suponiendo que era cierto). Por ejemplo: si llamamos $a_1,a_2,\dotso ,a_{65}$ a los puntos, entonces con tener alineados $a_n$, $a_{n+1}$, $a_{n+2}$, $a_{n+3}$ y $a_{n+4}$, para $n\in \{1;6;11;16;21;26;31\}$ (perdemos en cada caso $9$ rectas), y $a_{36}$, $a_{37}$ y $a_{38}$ (perdemos $2$ rectas), estamos ($2080-9\times7-2=2015$)$\blacksquare$
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