XVII OIM: 2002, Sin resolver: 1, 2, 3, 5', 5'', 6 Opciones

[S. E. Puelma Moy...]

Conozco poco sobre programas para realizar construcciones geométricas, aunque sé de algunos que sugieren lugares geométricos. Por aspecto, pensaba que estabas usando Geogebra, que tiene esa "habilidad". No conozco CAR.

Lo que estoy criticando de tu solución, es la justificación de continuidad (por qué X varía continuamente cuando M varía?) y límites laterales (por qué X tiende a cierto punto cuando M tiende a A?).

Bueno, esa es mi respuesta por ahora, tenía algo más elaborado pero ayer el PC no me permitió publicar ese mensaje.

[vocin]

Problema 2:

Nos daremos el gusto de atacar una generalización del problema:

"Sea un número natural. Coloquemos puntos en el plano, tres a tres no colineales. Pruebe que para cada punto de los anteriores, el número de triángulos que lo contienen, y que tiene por vértices a tres de los puntos restantes, es par."

Entre los 2n puntos, tracemos todos los segmentos entre ellos. Esto nos dividirá el plano en regiones , como lo mostrado en la figura.



Supondremos momentáneamente fijos los puntos antes mencionados. Definiremos también la función como la cantidad de triángulos de los antes señalados que contienen a . Si nos fijamos atentamente, esta función está definida en principio para cada punto del plano (que no sea colineal con ninguna pareja de puntos de los anteriores), por lo que podríamos pensar a como un punto móvil

Dicho lo anterior, es hora de empezar a demostrar cosas:

Lema 1: Sean y dos puntos en una misma región. Entonces tenemos

Demostración: Ya que y están en la misma región, tenemos que es posible mover el punto a sin atravesar ningún segmento. Supongamos que . Esto implica que al menos para algún triángulo, ha cambiado su situación de "adentro" a "afuera", o viceversa. Pero esto implica que para llevar a es necesario atravesar un segmento (ya que el borde del triángulo separa su interior del exterior), contradiciendo lo anterior. Por lo tanto,

Esto nos permite definir también la función para regiones, ya que para punto dentro de ellas, dicha función es constante.

Lema 2: Sean y dos regiones adyacentes. Entonces tenemos que es par.

Demostración: Por un argumento similar al anterior sabemos que tenemos que fijarnos en aquellos triángulos de los que atravesamos su borde. Ya que estas regiones son adyacentes, comparten un borde. Ese borde está determinado por dos puntos, y por lo tanto participa en triángulos, de los que cada uno contiene a una de las dos regiones. Sean los que incluyen a y los que incluyen a . Tenemos entonces evidentemente que , por lo que . Pero tiene la misma paridad que , que es par. Por lo tanto, la expresión del enunciado es efectivamente par.

Solución del problema: Es evidente que la región externa cumple . Tomemos una cadena de regiones adyacentes que nos lleven de a la que contiene a . Cada vez que cambiamos de región, por el lema 2, dicha región conserva la paridad del anterior. Por lo tanto, la región que contiene a cumple que es par, por lo que es par, y por definición de , el punto es contenido por una cantidad par de triángulos de los señalados.

Mensaje modificado por vocin el Oct 31 2015, 02:11 PM