Selectivo de IMO/IBERO - Puerto Rico - 2018 P6

[Violeta]

En un triángulo equilátero de perímetro $P_0$, se hace la siguiente construcción:

Cada lado de la figura anterior se divida en tres segmentos iguales. Sobre el segmento del medio, se forma un triángulo equilátero hacia el exterior de la figura. Luego, se borra el segmento del medio (la base del triángulo nuevo).

Esta construcción ocurre varias veces. Sea $P_n$ el perímetro de la figura luego de $n$ iteraciones. Sea $A_n$ el área de la figura luego de $n$ iteraciones. Si $P_n=A_n$, calcular $P_0$ en términos de $n$. (Dé la contestación lo más simplificada posible.)

[Turko Arias]

Si no manquié en ninguna cuenta, creo que la idea vale

Spoiler: mostrar

Lo primero que notamos es que si $P_0=6x$ entonces $A_0=\sqrt{3}x^2$, con lo que $A_0=\frac{\sqrt{3}}{36}P_0^2$ llamémoslo $(1)$(guardemos esto que nos va a servir más adelante). Ahora bien, notamos que cuando se hace la construcción, cada lado de la figura es partido en tres partes, se borra una y se agregan dos, por lo que vemos que $P_n=\frac{4}{3}P_{n-1}$, y más copado aún, $P_n=(\frac{4}{3})^nP_0$, y además, por cada lado luego de hacer una construcción aparecen cuatro lados en su lugar, ya que un lado que era ___ se convierte en _/\_ (no, ese dibujo no lo hice en Geogebra aunque parezca re bien hecho ). Sea $L_n$ la cantidad de lados que tiene la figura luego de $n$ construcciones, notamos entonces que $L_n=4 \times L_{n-1}$, pero $L_0=3$, con lo que $L_n=3 \times 4^n$. Ahora bien, considerando el área de la figura, en cada paso agregamos triangulitos equiláteros nuevos. Los triangulitos agregados en el paso $n$ son semejantes a los triangulitos agregados en el paso $n-1$ con razón de semejanza $\frac{1}{3}$, por lo que el área de cada nuevo triangulito agregado representa $\frac{1}{9}$ del área de un triangulito agregado en el paso anterior. Con lo que nos queda que si $T_n$ es el área de UNO de los triangulitos equiláteros agregados en el paso $n$, $T_n=\frac{1}{9}T_{n-1}$, definiendo $T_0=A_0$, con lo que resulta que $T_n=(\frac{1}{9})^n \times A_0$. Solo falta calcular, en función de $n$, cuántos triangulitos se agregan en cada paso. Notemos lo siguiente, cuando pasamos del paso $n-1$ al paso $n$, en cada uno de los lados de la figura que estaba tras el paso $n-1$ se agrega un triángulito equilátero, por lo que, en el paso $n$, se agregan $L_{n-1}$ triangulitos equiláteros. Definimos entonces recursivamente $A_n=A_{n-1}+L_{n-1} \times T_n=A_{n-1}+3 \times 4^{n-1} \times (\frac{1}{9})^n \times A_0=A_{n-1}+\frac{3}{4} \times (\frac{4}{9})^n \times A_0$ y bajando hasta el $A_0$ nos termina quedando $A_n=A_0+\sum_{i=1}^{n} \frac{3}{4} \times (\frac{4}{9})^i \times A_0=A_0+A_0 \times \frac{3}{4} \times \sum_{i=1}^{n} (\frac{4}{9})^i$, y como nos queda una progresión geométrica sin el primer término, tenemos:
$A_n=A_0+A_0 \times \frac{3}{4} \times [\frac{1-(\frac{4}{9})^{n+1}}{1-\frac{4}{9}}-1]$. Nos dicen ahora que $A_n=P_n$, con lo que $A_0+A_0 \times \frac{3}{4} \times [\frac{1-(\frac{4}{9})^{n+1}}{1-\frac{4}{9}}-1]=(\frac{4}{3})^nP_0$ y reemplazando con lo que sabemos de $(1)$ nos queda:
$\frac{\sqrt{3}}{36}P_0^2+\frac{\sqrt{3}}{36}P_0^2 \times \frac{3}{4} \times [\frac{1-(\frac{4}{9})^{n+1}}{1-\frac{4}{9}}-1]=(\frac{4}{3})^nP_0$, dividiendo a ambos lados por $P_0$ (podemos hacerlo por ser no nulo) y sacando factor común termina quedando:
$P_0 \times (\frac{\sqrt{3}}{36}+\frac{\sqrt{3}}{36} \times \frac{3}{4} \times [\frac{1-(\frac{4}{9})^{n+1}}{1-\frac{4}{9}}-1])= P_0 \times (\frac{\sqrt{3}}{36}+\frac{\sqrt{3}}{36} \times \frac{3}{4} \times [\frac{9^{n+1}-4^{n+1}}{9^n \times 5}-1])=(\frac{4}{3})^n$ y llegamos a $P_0=\frac{(\frac{4}{3})^n}{\frac{\sqrt{3}}{36} \times \frac{3}{4} \times [\frac{9^{n+1}-4^{n+1}}{9^n \times 5}+\frac{1}{3}]}$ que probablemente se pueda simplificar un poco......... Pero no es algo que vaya a hacer en esta vida, creo que no es tan fea la expresión y es cosa de reemplazar el $n$ y listo, es bastante manejable.