En un polígono regular de $120$ lados hay que pintar de rojo la mayor cantidad posible de vértices de manera que no haya ningún triángulo isósceles con sus tres vértices rojos y cuyo ángulo desigual mida $18^\circ$. Determinar la mayor cantidad de vértices que se pueden pintar de rojo.
Numeremos los vértices $v_i$, del $0$ al $119$
Es claro que el ángulo que forman dos vértices $v_i,v_{i+1}$ con cualquier otro $v_j$ es independiente de la elección del $j$ e igual a $1,5^\circ$ (ya que es cíclico, por eso el problema está catalogado como geometría). Luego, si $v_i,v_j$ son los vértices de la base del triángulo isósceles de ángulo desigual igual a $18^\circ$ tenemos $j=i+12$ (pues $12\cdot 1,5=18$), y el vértice restante es $v_k$ con $k=i-54$... todo módulo $120$.
Veamos que hay un ejemplo con $78$ vértices coloreados, y que con $79$ no se podría:
Consideremos los restos módulo $12$ particionados de la siguiente forma: $\{0,6\},\{1,7\},\ldots ,\{5,11\}$.
Notemos que para cada resto aparecen exactamente $10$ vértices con ese resto.
De los vértices con resto $0\leq r\leq 5$, coloreamos seis de rojo como se ve en la figura.
De los vértices con resto $6\leq 6+r\leq 11$, coloreamos siete vértices de negro como se ve en la figura.
Así coloreamos $13$ vértices en cada uno de $\{r,6+r\}$ y por tanto coloreamos $13\cdot 6=78$ vértices.
selimo.png
Supongamos entonces que hay $79$.
Por Palomar, como hay $79$ puntos y $6$ grupos posibles, en algún par $\{r,6+r\}$ de la partición habrá al menos $13$ puntos $v_i$ cuyo resto $i\pmod{12}$ esté en tal conjunto. Sean entonces $r$ y $6+r$ los restos con al menos $14$ vértices pintados en conjunto.
Notemos que hay $10$ vértices con el resto $r$ en todo el polígono. Como hay $14$ puntos, entonces por palomar (y WLOG), tenemos al menos $7$ vértices $v_i$ con $i\equiv r$.
Si hay $10$ con resto $r$, trivialmente habrá un triángulo isósceles.
Si hay $9$ con resto $r$, entonces hay sólo dos forma de elegir una "base" que no tenga los dos vértices coloreados. Como hay $5$ con resto $r+6$, uno de ellos formará un triángulo isósceles
Si hay $8$ con resto $r$, entonces por cómo construimos el ejemplo o bien hay cuatro ó menos formas de elegir una "base" que no tenga los dos vértices coloreados. Nuevamente, tenemos al menos $6$ puntos para agregar así que alguno formará un triángulo isósceles.
Si hay $7$ con resto $r$, entonces hay $7$ con resto $6+r$. Es fácil ver que los $7$ vértices formarán por lo menos cuatro "bases" con dos vértices coloreados (esto es, habrá al menos cuatro "pares de vértices consecutivos"). Luego si hay $7$, por Palomar alguno de ellos tendrá que ser el vértice restante (pues hay $10$ espacios disponibles, y al menos cuatro son "malos").
Por tanto vimos que se formaría un triángulo, que es lo que queríamos ver.
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"Al toque Roque // Al pique Quique // Tranca palanca // No pasa nada // Argentina Gana // La tenés adentro //
Como el polígono es regular, es cíclico, aprovecho eso para luego poder usar arco capaz. Los triángulos prohibidos son los de 81°-81°-18°.
Eso implica que hay 12, 54 y 54 puntos de separación, porque si se calcula en un triángulo el ángulo del centro, es 360°/120=3°, el ángulo desigual del triángulo prohibido es la mitad que el del ángulo del centro, entonces:
18°=3°×n/2
Despejo n: n=12, en consecuencia (al haber 120 lados), para que sea isósceles, debe estar igual de cerca de los otros dos puntos en el arco más grande (distancia de 108 puntos), entonces está a la mitad de los dos (54 de cada uno).
Para simplificar todo, como ambos son múltiplos de 6, tomo congruencia módulo 6, formando un polígono de 20 lados, no pueden haber triángulos con 2, 9 y 9 puntos de diferencia.
Numero los puntos del 1 al 20. Formo los triángulos (1;3;12); (2;11;13); (4;6;15); (5;14;16); (8;10;19) y (9;18;20) quedando afuera los puntos 7 y 17. Debo sacar almenos un punto de cada triángulo, osea almenos 6 puntos, implicando que me quedo el 7 y el 17, si no quiero sacar más puntos que 6, debo tener 2 puntos de cada triángulo mencionado.
Debo sacar el 6 o el 8 porque está el 17. Elijo sacar el 6, por lo que me debo quedar el 4 y el 15, entonces debo sacar el 13, por lo que me quedo el 2 y el 11. Al tener el 2 y el 11 debo sacar el 20, luego debo añadir al 9 y al 18. Entonces tengo el 7, el 9 y el 18, un triángulo prohibido. Esto demuestra que no se puede con 14 puntos.
Con 13 puntos sí se puede, pinto los puntos 1, 2, 3, 6, 7, 8, 9, 13, 14, 15, 16, 19 y 20.
Hago esto con todos los resto módulo 6 y tengo 6×13=78 puntos, no se puede con más porque almenos un resto tendría 14 que no se puede. Sé que se puede con 78 porque un resto no afecta al otro.
Rta: 78
