COFFEE: "Matías Saucedo" - Problema 4

[COFFEE]

Cierto segmento $AB$ tiene solamente sus extremos pintados. Matías puede realizar una serie de operaciones del siguiente tipo:

• elegir dos puntos $X,Y$ pintados y pintar el punto medio de $XY$.
• elegir dos puntos $X,Y$ pintados, un entero positivo $n$ y pintar el punto $Z$ del segmento $XY$ que satisface $\frac{XZ}{ZY}=\frac{n}{n+1}$.

Matías afirma que dada cualquier fracción $\frac{p}{q}$, con $p,q$ enteros positivos, él puede lograr pintar el punto C sobre el segmento AB tal que $\frac{AC}{CB} =\frac{p}{q}$. ¿Es cierto lo que dice Matías?

[COFFEE]

Solución Oficial:

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P4COFFEEMatíasSaucedo.pdf

[joa.fernandez]

Cierto segmento $AB$ tiene solamente sus extremos pintados. Matías puede realizar una serie de operaciones del siguiente tipo:

• elegir dos puntos $X,Y$ pintados y pintar el punto medio de $XY$.
• elegir dos puntos $X,Y$ pintados, un entero positivo $n$ y pintar el punto $Z$ del segmento $XY$ que satisface $\frac{XZ}{ZY}=\frac{n}{n+1}$.

Matías afirma que dada cualquier fracción $\frac{p}{q}$, con $p,q$ enteros positivos, él puede lograr pintar el punto C sobre el segmento AB tal que $\frac{AC}{CB} =\frac{p}{q}$. ¿Es cierto lo que dice Matías?

No estoy nada seguro de que esté bien.
Solución:

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Vamos a ver por inducción global que para todo $n\geq2$, Matías puede dividir un segmento en $n$ partes iguales.
Para $n=2$ es trivial, solo hace falta trazar el punto medio del segmento.
Ahora, supongamos que se puede lograr para todo $k$ con $3\leq{k}\leq{n-1}$, por lo que, para n:
Dividiremos en dos casos:
$n$ par:
Trazamos el punto medio de nuestro segmento. Como $n$ es par, podemos dividir los dos nuevos segmentos en $\frac{n}{2}$ partes a cada uno; por lo tanto, en total tendremos $\frac{n}{2} + \frac{n}{2} = n$ partes iguales, como queríamos.
$n$ impar:
Como $n = 2\frac{n-1}{2} +1$, por la segunda operación permitida, se puede elegir un punto en nuestro segmento $XY$ tal que $\frac{XZ}{ZY}=\frac{t}{t+1}$. Es decir, tenemos dos segmentos equivalentes a $kt$ y $k(t+1)$ con k perteneciente a los reales. Si tomamos $t=\frac{n-1}{2}$, tendremos dos segmentos equivalentes $k\frac{n-1}{2}$ y $k(\frac{n-1}{2}+1)$. A cada uno de estos segmentos, por hipótesis inductiva, podemos dividirlos en $\frac{n-1}{2}$ y $\frac{n-1}{2} +1$ respectivamente (cada nuevo segmento será de largo $k$). Entonces, tenemos en total $\frac{n-1}{2} +\frac{n-1}{2}+1 = n$ segmentos iguales, como queríamos.
Con la inducción completa, solo basta tomar $n = p + q$, luego, tendremos $p + q$ segmentos iguales, por lo que tomando $p$ segmentos consecutivos, el cociente entre estos será $\frac{p}{q}$, como queríamos demostrar. Luego, Matías tenía razón.$\blacksquare$