Maratón de Problemas

[Carolang]

Buu (a re que spammeaba la mina)

[Aldana]

Hace bastante que vengo viendo este problema. Primero había dividido los en 5 casos (usando congruencia en módulo ) en los cuales resolviendo el caso inicial, agregabas 5 haciendo la construcción de dividir un cuadrilátero en 2 triángulos y cada triángulo en los 3 cíclicos (como ya explicaron) pero me faltaba el caso . Después se me ocurrió otra cosa y encontré cómo hacer con (pero por favor revisen, porque no estoy 100% segura (sobre todo con el caso )).

Veamos tres casos posibles, según la cantidad de pares de lados paralelos que tenga el cuadrilátero cíclico:

Si

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Se trata de un rectángulo (puesto que es cíclico, sus ángulos opuestos suman y como los paralelogramos tienen sus ángulos opuestos iguales, el único posible es el rectángulo).
Bueno, dividirlo en o más cuadriláteros cíclicos es trivialísimo, basta con dividirlo en rectángulos. Por ejemplo podemos trazar siempre la base media de un rectángulo y estaremos agregando uno nuevo. De hecho se puede para .

Si

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Se trata de un trapecio isósceles. Se trata de un trapecio porque tiene un par de lados paralelos, y es isósceles porque para que sea cíclico sus ángulos opuestos deben sumar ; si trazamos una transversal a las paralelas obtendremos dos ángulos suplementarios, y por lo tanto, para que sea cíclico, los ángulos adyacentes a los dos dibujados deben ser iguales a estos, y será un trapecio isósceles.
Bueno, acá también es fácil obtener los cíclicos. Una estrategia es trazar bases medias (primero la del trapecio dado, y luego las de los que se vayan formando). Como estamos trazando paralelas vemos que los ángulos interiores siguen midiendo lo mismo, por lo que siguen siendo cíclicos (como el original). De hecho se puede para .

Si

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It's more difficult

Llamemos a los ángulos del cuadrilátero cíclico. Sin pérdida de generalidad supongamos . De esto deducimos que y no pueden ser ángulos opuestos (supongamos que sí, entonces pero a su vez por lo que , y resulta que se trata de un rectángulo. Pero digimos que . Entonces y son consecutivos.)
Dicho esto, mostraré una construcción mediante la cual obtener cuadriláteros cíclicos (esté contenido o no el centro de la circunferencia circunscripta en el cuadrilátero).
Sean y nuestros y respectivamente:

1.jpg

Lo que hacemos es marcar un punto y en el segmento tal que y .

2.jpg

Observamos que . Entonces, si trazamos la paralela a que pase por (con en ) que intersecta a en , será cíclico (pues es trapecio isósceles).
Luego trazamos las paralelas a por y a por , y resulta que y también son cíclicos (son trapecios isósceles). Finalmente, es también cíclico, pues sus lados son paralelos a los de que es cíclico.

3.jpg

Conseguimos los cuadriláteros cíclicos! Y a partir de esta construcción se puede conseguir la división para mayores, puesto que basta trazar la base media de algún trapecio isósceles para conseguir un nuevo cíclico.

[Diego_93]

Es excelente!
Muy buena idea!!

Tanto pensar y dibujar, y salía de otra manera! jaja

[Prillo]

Dicho sea de paso, este es el problema 2 de la IMO de 1972.

[Vladislao]

Creo que la solución de Aldana es correcta (hay un detalle del que me costó un poco convencerme, pero me parece que está bien), por lo que para seguir con la Maratón ella debería proponer un problema nuevo.

Como dijo Prillo, el problema es el de la IMO de 1972, aunque ligeramente modificado (este es más difícil). En realidad, el problema así como está, lo saqué de un libro de Arthur Engel.

[Aldana]

Problema nuevo

En el triángulo , es el punto medio de y el pie de la bisectriz del ángulo . Si se sabe que y son perpendiculares, calcular .

Este también es un 2 y de geometría, pero de un nacional. Es más fácil, pero no deja de ser lindo

[Prillo]

Es un lindo problema, más que nada por la configuración sencilla pero inusual. Un par de soluciones:

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1) Sea el punto medio de . Por el Teorema de la mediana trazada a la hypotenusa, . También entonces y así .

2) Prolongamos para que interseque a la paralela a por en . El triángulo es isóceles porque . Tenemos que . Observemos que . Si es el punto medio de , y como entonces y así .

3) La bisectriz exterior de interseca a en . Como luego y entonces . Por el teorema de la bisectriz interior y exterior (o porque son conjugados armónicos), y así .

Problema Nuevo:

Un tablero cuadrado de se cubre sin huecos ni superposiciones con dominós de . Probar que se puede cortar al tablero en dos partes mediante una linea recta que no corta a ningún dominó.

[Ivan]

Vengo a decir que es un lindo problema

[Aldana]

Muy lindo (como la mayoría de los que se resuelven por el absurdo).

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Bueno, para empezar tenemos casillas, lo que implica fichitas de dominó. Supongamos que al colocar las fichas, pintamos el lado común de las casillas adyacentes sobre las cuales se colocó la ficha (desde ahora llamado "segmento"). Así, tendremos segmentos pintados.

Dicho esto, supongamos que no se puede cortar el tablero como lo indica el enunciado para alguna disposición de las fichas. Esto significa que cada "línea" vertical y horizontal que define el cuadriculado del tablero (a excepción de los bordes) debe tener algún segmento pintado para que el corte sea imposible. Tenemos verticales y horizontales, o sea un total de "líneas".
Llamamos a las casillas del tablero de forma similar a la batalla naval:

Tablero 6x6.jpg

Ahora voy a demostrar que en cada "línea" (vertical u horizonal) la cantidad de segmentos pintados es par. Sin pérdida de generalidad, sólo para fijar ideas, pensemos en arrancar con el tablero vacío y comenzar por pintar al menos un segmento de la "línea" vertical entre y . Supongamos que la cantidad de segmentos pintados es impar, o sea que hay una cantidad impar de fichas que ocupan una casilla de y al mismo tiempo (por ejemplo una ficha ubicada en y ). Esto implica que la cantidad de casillas aún vacías en la columna es impar ( , ) y como el tablero estaba vacío, en las columnas y aún quedan las 12 casillas libres; o sea que de la "línea" vertical entre y para la izquierda la cantidad de casillas vacías es impar (impar + par); pero cada ficha ocupa 2 casillas, por lo que no lograremos cubrir el tablero sin huecos ni superposiciones. ¡Contradicción!, entonces en cada "línea" (vertical u horizonal) la cantidad de segmentos pintados es par. Lo mismo sucede hacia la derecha.
Con esto concluímos que como en cada "línea" la cantidad de segmentos pintados es par y hay al menos uno, hay al menos en cada una. Dijimos que hay "líneas", por lo que serán necesarios al menos segmentos pintados, pero sólo podemos pintar . ¡Absurdo!: no es cierto que no se puede cortar el tablero como lo indica el enunciado para alguna disposición de las fichas.
Por lo tanto probamos que se puede cortar al tablero en dos partes mediante una linea recta que no corta a ninguna ficha de dominó (porque al menos una "línea" quedará sin segmentos pintados, por esa podemos cortar).

Problema nuevo

Dos personas juegan el siguiente juego. Tienen una pila de piedras y sacan por turnos piedras de la pila, comenzando por el primer jugador. El primer jugador en su turno quita o piedras de la pila y el segundo jugador, en su turno, quita o piedras. Pierde el jugador que no puede realizar su jugada.
Se sabe que cualquiera sea el número inicial de piedras de la pila el primer jugador tiene estrategia ganadora, no importa lo bien que juegue el oponente. Determinar los posibles valores de y .

[Diego_93]

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Por comodidad

Bueno, primero veamos que :
Dado que si inicialmente hay entre y piedras el primer jugador sólo puede sacar piedra, entonces en la pila quedarán entre y , luego el segundo jugador nunca puede sacar la cantidad de piedras que quedan en la pila, sino él ganaría. Asi que

Ahora, veremos que :
Tomemos el caso inicial con piedras, el primer jugador puede dejar o piedras, luego si el segundo jugador pudiera sacar y piedras ganaría.
Siguiendo, si en vez de , las iniciales serían , el segundo jugador ganaría si pudiera sacar y piedras.
Es claro que si entonces en el caso inicial de piedras ganaría el segundo. Por lo tanto,

Y ahora, ver que esto se cumple para todos los números de piedras iniciales ():
Ya vimos que si el segundo jugador pierde, ya que el primer jugador saca piedra.
Si , el primer jugador debe sacar piedras para ganar, dado que quedan entre y piedras.
Luego, valores con
Es sólo cuestión de que el primer jugador no deje ni ni piedras en la pila luego de jugar para ganar. Y esto lo puede hacer siempre ya que, , luego siempre habrá alguna opción que no deje ni ni piedras. Además, el primer jugador siempre puede jugar, porque la única manera que no pueda jugar es que no queden piedras en el pila, pero esto es imposible porque significaría que el segundo jugador sacó o piedras, y que el primer jugador dejó en algún turno o piedras.
Finalmente, después de algunos turnos siempre el primer jugador ganará.

Por lo tanto, los posibles valores de y son todos los enteros mayores que tal que .