Desafíos Matemáticos en El País Verano 2014 – Desafío 3: “Un torneo de verano”

Tercer desafío de verano que nos traen la Real Sociedad Matemática Española y El País, del estilo a los que se propusieron celebrando el Centenario de la RSME y en las dos últimas navidades. En esta ocasión lo propone Manuel Abellanas, profesor de la Universidad Politécnica de Madrid (UPM).

Como podéis ver en el título de este post, el problema se titula Un torneo de verano, y podéis ver el vídeo con el planteamiento del mismo haciendo click en este enlace. Dejo aquí de todas formas el planteamiento del problema por escrito:

Mi amigo Ferran, además de ser un gran geómetra, es un buen aficionado al fútbol. A mí me parecían dos aficiones muy dispares, hasta que me enteré de que un buen entrenador debe saber Geometría: saber triangular convenientemente puede ser la clave del éxito en un partido. ¡Que se lo digan a Pep Guardiola!

Para amenizar las tardes del verano, proponemos el siguiente juego. Se trata de obtener una triangulación de los once jugadores de un equipo de fútbol. Para ello, basta con reunir a algunos amigos y explicarles las siguientes reglas. Es recomendable usar papel y lápiz, aunque también se puede practicar dibujando en la arena de la playa.

Las reglas son las siguientes:

– Un jugador dibuja un rectángulo y pide a otro que dibuje dentro de él 11 puntos (ya tenemos el campo y los jugadores).

– A continuación, por orden de edad, de menor a mayor, cada jugador en su turno conecta una pareja de puntos dibujando una línea recta que los una.

– Al dibujar una línea se deben respetar tres condiciones: las líneas no pueden salirse del rectángulo, no pueden atravesar a otra ya dibujada y tampoco pueden conectar dos puntos ya unidos previamente.

– Llegará un momento en que no será posible unir más puntos sin incumplir alguna de las condiciones. Cuando esto ocurra, la triangulación está terminada y el juego acaba. El ganador es el jugador que haya dibujado la última línea.

Y ahora, el desafío:

El reto consiste en averiguar quién ganará la partida si se colocan cuatro de los once puntos en las cuatro esquinas del campo, manteniendo los otros siete en el interior, y participan en el juego cinco amigos. Como siempre, además de la respuesta correcta, se debe explicar razonadamente el porqué.

Entre los que resuelvan correctamente el desafío se sorteará la colección de libros “Grandes Ideas de la Ciencia”. Si encontráis la solución y queréis participar sólo tenéis que enviarla a desafiodeagosto3@gmail.com antes de que termine el lunes 18 de agosto.

Y respecto al tema de los comentarios, al igual que hemos hecho en todos los desafíos de El País y en los Gaussianosyguijarro, en principio no tengo pensado quitaros la oportunidad de comentar, pero me gustaría que si queréis comentar no dierais la solución directamente, preferiría que dierais pistas, que hablarais de la forma de resolverlo, en vez de limitaros a dar la solución tal cual. Muchas gracias a todos y a disfrutar con el desafío.

Autor: ^DiAmOnD^

Miguel Ángel Morales Medina. Licenciado en Matemáticas y autor de Gaussianos y de El Aleph. Puedes seguirme en Twitter o indicar que te gusta mi página de Facebook.

59 Comentarios

  1. Si los puntos se unen con rectas, es imposible que salgan del rectángulo. Y si dos puntos ya están unidos, los une la misma línea recta.

    No sé si no lo entiendo bien o tratan de aclararlo más de lo necesario.

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  2. Un poquito de Euler, un poquito de razonamiento sobre la naturaleza de las áreas que quedan al final del juego, y c’est fini…

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  3. creo que aunque no fueran lineas rectas también funciona, y entonces esas dos aclaraciones sí tendrían sentido.
    Pero como son líneas rectas, esas dos aclaraciones sobran.

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  4. En efecto Jesusc, se trata de un problema topológico, si las lineas no fueran rectas las propiedades serían las mismas, ahora bien, los que han puesto el problema han contado con un detalle: los pases de Xavi e Iniesta son rectilineos cien por cien, jeje … perdón por el chiste.

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  5. Me gusta el problema, creo que tiene el nivel adecuado para la ocasión. Sin dejar de ser interesante, esta al alcance de un alumno medianamente avispadillo de pongamos 3º de ESO con conocimientos de poliedros y sistemas de ecuaciones lineales 2*2.

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  6. Tengo una duda con el enunciado: “tampoco pueden conectar dos puntos ya unidos previamente”.

    Si dos puntos A y B están conectados, puedo luego hacer una línea entre B y C, por ejemplo, o B ya queda descartado al estar conectado con A?.

    Un saludo

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  7. No, lo que no se puede es realizar dos conexiones directas entre los mismos puntos. Esta aclaración sobra si solo se permiten segmentos, pero no si pueden utilizarse arcos cualesquiera.

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  8. Pregunta. Si tengo cuatro puntos aliniados a,b,c,d y bc ya estan unidos, se puede unir a con d?

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  9. También se puede resolver por teoría de grafos. Yo lo he resuelto usando progresiones aritméticas XD

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  10. Lo unico que puedo determinar es que al final el rectagulo queda dividido en triangulos.
    Deberia determinar el numero de aristas ( o su modulo 5 ) para dar solucion al problema pero no conozco relacion de Euler o de teoria de grafos

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  11. Si se demuestra que siempre hay el mismo número de triángulos, entonces se demuestra el desafío, ya que con un número fijo de triángulos formados siempre hay el mismo número de aristas y por tanto siempre se sabe el ganador. Triángulos: 16. Aristas: 26. Jugador final: 1º –> 26/5= 5 + 1/5

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  12. ¿Era Euler o Poincaré, o cómo era?Jajaja.
    Sencillo, pero, como bien dice Mmonchi, creo que puede haber algún detalle más…
    🙂

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  13. Es fácil demostrar que siempre tenemos 16 triángulos a partir de 26 líneas, correspondiendo estas 26 líneas a un total de 48 aristas de triángulo.
    La clave está en la disposición de los 4 jugadores en las esquinas del campo, lo que fuerza 4 concavidades que al cerrarlas siguiendo los bordes del campo dan el número máximo de triángulos posibles para los 11 puntos.

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  14. Cosiendo y cantando se encuentra el número. Demostralo, me costó un rato largo. Ni grafos ni poincaré.

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  15. Una variante del juego, más aleatoria en el sentido de que puede ganar cualquier jugador, quitando los 4 de las esquinas, es decir, jugando sólo con 7 puntos.
    Por ejemplo si los 7 están alineados, 0 triángulos y 6 líneas.
    Para cada combinación de número de triángulos – número de líneas, se trataría de dibujar un ejemplo o de demostrar que es imposible.
    0-6 OK
    1-7 ??
    2-8 ??
    3-9 ??
    4-10 ??
    5-11 OK (por ejemplo heptágono regular, ó 6 alineados)
    6-12 OK
    7-13 OK
    8-14 OK
    9-15 OK
    n , (n+6) para (n>9) ??

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  16. Bueno, aquí va una duda quisquillosa.
    En el planteamiento del juego se indica:

    « – Un jugador dibuja un rectángulo y
    pide a otro que dibuje dentro de él
    11 puntos (ya tenemos el campo y
    los jugadores).»

    Y más adelante:

    «- Al dibujar una línea se deben
    respetar tres condiciones: las líneas
    no pueden salirse del rectángulo, no
    pueden atravesar a otra ya dibujada
    y tampoco pueden conectar dos
    puntos ya unidos previamente.»

    Luego, al colocar 4 jugadores en las esquinas de un rectángulo previamente dibujado, siguiendo las reglas citadas: ¿Está permitido que esas 4 aristas (lados del rectángulo) las dibujen de nuevo los participantes? ¿Qué opinan?

    😉

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  17. Creo que las cuatro aristas no están previamente dibujadas, sólo están los vértices, por lo tanto las cuatro aristas cuentan como elementos del juego. La cuestión está en demostrar de modo riguroso que han de dibujarse 26 aristas para que acabe el juego. Ahí está la gracia del problema, me parece.

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  18. Manuel, estoy totalmente de acuerdo contigo, así lo resolví. Sólo quiero mostrar que el desafío puede interpretarse de maneras diferentes. En realidad, lo único que cambiaría sería el ganador del juego.
    En resumen: ¿Las 4 aristas del rectángulo se dibujan ANTES DE o DURANTE el juego?

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  19. Hola, Elchen. Yo creo que está claro que los límites del terreno de juego son puramente eso, límites, pero que no se consideran aristas. Hay que dibujarla durante el juego.

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  20. “Un jugador dibuja un rectángulo”

    Yo creo que esto es bastante claro, la verdad : el rectángulo ya está dibujado. Así que….

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  21. Sí, hombre, está claro. Pero eso no significa que no se puedan unir dos esquinas entre sí. El perímetro del terreno de juego no puede considerarse “arista”. Pero que cada uno lo interprete como quiera, claro.

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  22. no, si está claro que son interpretaciones…el tema de estas cosas es no dejar los enunciados claros o al menos que quien los formule entienda que ambas interpretaciones son posibles dado el enunciado y acepte como válidas ambas. Estoy seguro que en cualquier caso será así.

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  23. O estoy muy confundido o sería la primera vez que se dan dos soluciones, una para los que hayan entendido A y otra para los que hayan entendido B. Pero siempre hay una primera vez en todo, claro está…

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  24. Hola Jordi y Joan.
    Repito: Yo creo que los límites del terreno no serán considerados como aristas en la solución oficial. Sin embargo, no creo que quien haya optado por la otra consideración incurra en un error tan grave.
    ¡Hombre, que es un jueguillo solamente, diviértanse!
    Saludos a los dos.

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  25. Bueno, aquí va mi solución, ya que ha pasado el plazo…
    En primer lugar hacer notar que al acabar el juego los cuatro vértices externos estarán unidos perimetralmente, ya que siempre dispondremos de espacio para conectar dos adyacentes.
    Por otra parte, una vez concluido el juego, todas las areas internas tendrá forma “triangular”, en el sentido topológico de estar delimitadas por 3 vértices. Esto es así, ya que si un área tuviera en sus bordes 4 o más vértices entoces podríamos todavía trazar alguna arista interior uniendo dos puntos no adyacentes de dicho contorno. Como se supone que el juego ha terminado, se deduce que todas las áreas son TRIANGULARES, delimitadas por tres vértices y tres aristas.
    Existe una relación numérica entre el número de aristas (A) y el número de áreas (S). En efecto por cada area podemos contar 3 aristas. Cada arista habrá sido contada dos veces (ya que una arista separa exactamente dos areas distintas) excepto las cuatro aristas de los bordes. Por tanto podemos asegurar que A=(3S+4)/2
    Por otra parte en cualquier partición de una superficie existe una relación entre el número de vertices (V) el número de aristas (A) y el número de superficies (S), que es el invariante de Euler. Para la superficie encerrada se ha de cumplir que:
    V-A+S=1
    Podemos introducir S en la fórmula en función de A: S=(2A-4)/3
    En nuestro caso particular V=11
    11-A+(2A-4)/3=1
    De aquí despejamos A=26
    Conclusión: el juego se acabará obligatoriamente en 26 movimientos, con lo cual ganará el primer jugador, en la sexta ronda.

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  26. Y si no quieres usar la “fórmula de Euler” y prefieres dibujar…

    Si no hubiera ningún jugador en el interior del campo (es decir, sólo los 4 de las esquinas), n=0, salen 2 triángulos y 5 líneas (el rectángulo más una diagonal).

    Si añadimos 1 jugador, n=1, habrá que colocarlo en el interior de uno de los 2 triángulos o en la diagonal. En cualquiera de los 2 casos aumentarán las líneas en 3 y los triángulos en 2.

    Número de triángulos = 2+2n
    Número de líneas = 5+3n

    y en nuestro caso n=7.

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  27. El ganador del “torneo de verano” será el jugador de menor edad, es decir el primero en participar.

    Sin usar fórmulas previas”:

    Al final del juego el caćmpo habrá quedado dividido en rectángulos, con los puntos como vértices de los mismos. Para formar los rectángulos cada vértice de cada rectángulo habrá quedado conectado con otros dos vértices mediante dos aristas. Tenemos 11 puntos, luego tendremos 22 aristas. A estas 22 artistas debemos sumar 4 aristas más que se forman necesariamente como resultado de estar 4 de los puntos en las esquinas del campo, lo que crea 4 concavidades. És decir que en total tenemos 26 aristas.

    Si dividimos las 26 aristas en turnos de 5 jugadores tenemos como resultado 5,2, es decir que se juegan 5 turnos completos y queda un último turno para el primer jugador, el más joven.

    En esta configuración del juego se crean siempre 16 triángulos, ya que las 22 líneas interiores son aristas compartidas siempre por dos triángulos contiguos, con lo que tenemos 22 * 2 = 44 aristas. Las 4 aristas de los bordes del campo solo corresponden a un triángulo, así que en total tenemos 44+4 = 48 aristas. Y 48 / 3 = 16 triángulos.

    El hecho de colocar 4 jugadores en las 4 esquinas del campo fuerza que el polígono formado por el perímetro al final del juego sea convexo, con lo que aseguramos el número máximo de triángulos, que como queda

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  28. Sin usar fórmulas “previas”:

    Al final del juego el caćmpo habrá quedado dividido en rectángulos, con los puntos como vértices de los mismos. Para formar los rectángulos cada vértice de cada rectángulo habrá quedado conectado con otros dos vértices mediante dos aristas. Tenemos 11 puntos, luego tendremos 22 aristas. A estas 22 artistas debemos sumar 4 aristas más que se forman necesariamente como resultado de estar 4 de los puntos en las esquinas del campo, lo que crea 4 concavidades. És decir que en total tenemos 26 aristas.

    Si dividimos las 26 aristas en turnos de 5 jugadores tenemos como resultado 5,2, es decir que se juegan 5 turnos completos y queda un último turno para el primer jugador, el más joven.

    En esta configuración del juego se crean siempre 16 triángulos, ya que las 22 líneas interiores son aristas compartidas siempre por dos triángulos contiguos, con lo que tenemos 22 * 2 = 44 aristas. Las 4 aristas de los bordes del campo solo corresponden a un triángulo, así que en total tenemos 44+4 = 48 aristas. Y 48 / 3 = 16 triángulos.

    El hecho de colocar 4 jugadores en las 4 esquinas del campo fuerza que el polígono formado por el perímetro al final del juego sea convexo, con lo que aseguramos el número máximo de triángulos, que como queda explicado es siempre de 16.

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  29. Jordi, con todos mis respetos, ese argumento me parece la cuenta de la vieja; que cuadra pero no tiene mucho sentido. Entiendo que donde dices rectángulos, debe decirse triángulos.
    Si en lugar de ser 11 puntos, fueran 5, según ese planteamiento habría (2*5) + 4 aristas que suman 14, cuando sólo hay 8.
    Y si fueran 12 puntos, serían (2*12) + 4 = 28, cuando en realidad son 29.
    El planteamiento de jesusc lo considero el apropiado al espíritu de estos desafíos. El de Manuel, para más doctos.

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  30. Mi respuesta es constructiva y además de lo que habéis comentado, tiene una segunda parte:

    Vamos a calcular cuantas líneas se pueden poner entre los 11 puntos sin cruzarse. Primero tomamos los cuatro puntos de las esquinas y los unimos entre sí: se pueden trazar 6 líneas, las cuatro del perímetro y las dos diagonales; pero las dos diagonales se cruzan siempre, luego solo se pueden tomar 5 líneas que forman dos triángulos. Después tomamos un quinto punto y lo unimos con todos los puntos posibles. Hay dos posibilidades: que el punto esté en un triángulo o en una línea. Si está en un triángulo se puede unir con sus tres vértices y nos aporta 3 nuevas líneas, que a su vez lo dividen en triángulos. Si está en una línea, la convierte en dos, y además se puede unir con los otros dos vértices de los triángulos que comparten esa línea: también aporta 3 líneas más. Vamos añadiendo puntos que nos aportan siempre 3 líneas hasta colocar los once, quedando el área dividida en triángulos. El número total de líneas es la suma de las 5 que nos aportaban los cuatro primeros puntos y las 3×7=21 que nos aportan los ocho restantes: 26 líneas.

    He considerado que si hay tres puntos alineados A, B y C, al tomar las líneas AB y BC desaparece la AC. Otra opción es que las líneas AB, BC y AC formen un triángulo degenerado de área nula. En ese caso no desaparece AC pero B se une con un vértice en vez de con dos. De cualquier modo aparecen 3 nuevas líneas, así que es indiferente qué opción se considere.

    Como el jugador que traza la primera línea traza también la 6ª, la 11ª, la 16ª, la 21ª y la 26ª, gana siempre el jugador que empieza.

    Este juego permite una matización que nace de considerar el borde como parte del interior del rectángulo, dado que en el fútbol la línea del borde es parte del campo. Para resolverlo vamos a hacer una generalización del problema.

    Llamamos N al número de puntos, L al número máximo de segmentos rectos que los unen sin cruzarse y P a los puntos que forman un perímetro convexo. Comenzamos con N=3, en ese caso, un triángulo, L=3 y P=3, luego L+P=6. Colocamos un cuarto punto. Si es interior hace que L aumente en 3, como se explicó antes, y P no varía, luego L+P aumenta en 3. Si es exterior aporta un nuevo punto al perímetro, con dos nuevas líneas perimetrales que forman un polígono de k lados con el perímetro antiguo. De este polígono forman parte del nuevo perímetro 3 puntos, el nuevo y los dos que se unen con él, de modo que del perímetro desaparecen k-3 puntos y aparece 1 nuevo. El nuevo valor de P será P-(k-3)+1 = P-k+4. El nuevo polígono de k lados aporta k-1 líneas nuevas, el resultado de unir el nuevo punto con todos los demás del polígono, luego el nuevo valor de L es L+k-1. La nueva suma de L+P es P-k+4+L+k-1=L+P+3. Es decir, en todos los casos cada punto nuevo hace aumentar en 3 la suma L+P.

    Como para N=3 sabemos que L+P=6=3×3-3, y cada vez que aumentamos N en 1 L+P aumenta en 3, tenemos como ley general que L+P=3xN-3, y de ahí obtenemos que el número de líneas es L=3xN-P-3.

    Al principio hemos resuelto el caso para P=4. En efecto, para N=11 y P=4 tenemos que L=3×11-4-3=26. Pero ¿qué ocurre si consideramos que el borde forma parte del interior, como en un campo de fútbol? El jugador que coloca los puntos puede asegurarse ganar siempre. Si juega en segundo lugar, para ganar necesita que L sea 22 (trazará las líneas 2ª, 7ª, 12ª, 17ª y 22ª). Eso lo consigue con 22=3×11-P-3, es decir, con P=8: le basta con colocar 4 puntos en los bordes para ganar. Si juega tercero deberá hacer P=7, si es cuarto P=6 o P=11 y si es quinto P=5 o P=10.

    Así que la respuesta general es que si no se permite colocar puntos en los bordes del campo ganará siempre el primero en jugar, pero si está permitido hacerlo el jugador que coloca los puntos siempre tendrá una estrategia ganadora.

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  31. Puede ser, Julio. Será la edad. 😉
    De todas maneras para los 5 puntos me da lo mismo según mi método que con la fórmula de Euler que da Manuel (olvidaste multiplicar las aristas por dos, ya que cada una salvo las exteriores corresponden a dos triángulos). Para los 12 no, y ahí te doy la razón, algo se he habrá escapado.
    De todas maneras, el razonamiento es similar, solo que sin expresarlo en fórmulas. Por eso te recuerda a la cuenta de la vieja. Si no me equivoco Euclides tampoco usaba fórmulas en sus Elmentos. Otra cosa es que mi manera de llegar a la solución no sea la correcta.
    Gracias por hacerme notar el error, ya veré de encontrar de donde viene. Así el desafío me dura algún día más.
    Saludos.

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  32. Que conste que lo de Euclides era una broma. No sé me vaya a enfadar alguien ahora, eh?
    🙂

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  33. La suma de todos los ángulos de un triángulo (en una superficie plana) es 180º. Si siempre hay 16 triángulos, entonces habrá en total 16 * 180 = 2880º. Como hay siete puntos centrales que forman cada uno 360º alrededor suyo y cuatro vértices que forman 90º, entonces 360 * 7 + 4 * 90 = 2880º, Q.E.D.

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  34. Pues creo que ahora la forma que más me gusta para ver que tienen que ser exactamente 16 triángulos, es la de Quignard. (Lo de ver la suma de todos los ángulos, y dividir por 180).
    Sólo faltaría decir que si hay 16 triángulos entonces hay 26 líneas, como ya se ha comentado.

    (16*3+4)/2

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  35. Para mi lo más sencillo es imaginarlo como un poliedro con una base rectangular y una cúpula formada exclusivamente por triángulos, con 7 vértices. La fórmula de Euler para poliedros, si hay t triángulos, nos dice entonces que:

    c + v = a + 2
    (1 + t) + (7 + 4) = a + 2 ===> a = t + 10

    Por otra parte, cada arista pertenece a 2 caras, y por tanto se tiene que

    4 + 3t = 2a ===> 4 + 3t = 2t + 20 ===> t = 16, a = 26

    y gana el más joven al iniciar la sexta ronda.

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  36. Ignacio: yo pensé igual que tu pero no podia estar seguro que el poliedro generado era convexo en todos los casos

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  37. Supongo que es lo que decís. Yo al final me “inventé” una fórmula para determinar el número máx. de aristas que no se cruzan en un campo delimitado por n vértices, por si a alguien le interesa.
    Sería 2n1 + 3(nt-(n1+1)), donde n1 es el número de aristas con que delimitamos el “campo de juego” y nt el número total de vértices o puntos.

    Con esto puedes sacar el problema sin esfuerzo.

    Un saludo

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  38. La explicación que encontré es la siguiente: al finalizar la partida, el rectángulo quedará dividido en distintos triángulos cuyo número máximo estará determinado por el número de jugadores J en la cancha. Por lo tanto, tratándose de un juego de triangulaciones la suma total de los lados L de los respectivos triángulos debe ser múltiplo entero de 3. Esto se cumple si cada jugador, independientemente de su posición en la cancha, realiza tres pases solamente (regla general). Para cumplir con esa regla, se advierte que tres de los jugadores que están ubicados en las esquinas solo pueden hacer un pase a otro jugador y dos pases fuera de la cancha, cada uno de ellos; el cuarto jugador en la otra esquina solo puede hacer un pase a dos de los jugadores de la cancha y el tercer pase fuera de esta (única posibilidad de completar los tres pases requerido).
    Como los pases no pueden salir de la cancha según las condiciones del problema, entonces al triple de la suma de los pases hechos por los jugadores se le restará 7 pases, y así tendremos el total de lados de los triángulos que integran el rectángulo, es decir:
    L = 3J-7 . Si J = 11 -> L = 26
    En efecto, se observa que la regla general solo se cumple si la suma total de los lados (L+7) es un número entero múltiplo de tres, ya que:
    3J = L+7
    En general encontré que nJ = L + (4n-5), donde n es un número entero (el múltiplo de J). Despejando n:
    n = (L-5)/(J-4)
    Como un número es múltiplo de 3 si contiene a 3 varias veces exactamente, la división de (L-5) entre (J-4), debe dar como resultado 3, es decir:
    3 = (L-5)/(J-4)
    Esto se cumple solo cuando L = 3J-7 , siendo J diferente de 4 . (Así se descarta cualquier otro valor de n).
    Por otra parte, se observa que la relación entre número de jugadores J y número total de triangulaciones T en el torneo viene dado por las ecuaciones siguientes:
    T = 2J – 6
    o
    T = (2L-4)/3
    Así para J = 4, también se cumple la regla general ya que T = 2, es número entero (triángulos completos).
    Así L = 3J-7 para J >= 4

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  39. Yo usé la definición de grafo plano maximal, en cualquier situación final de juego nos encontramos con uno al que se le han quitado las aristas que van “por fuera”. Ya que en nuestro caso 4 vértices ocupan las esquinas y las 7 restantes quedan en el interior (si pudiéramos poner puntos en los bordes la cosa cambia), sólo hay una arista posible que vaya por fuera.

    Como un grafo plano maximal de n vértices siempre tiene 3n-6 aristas, en nuestro caso n=11 tenemos 27 aristas, a las que quitándole la exterior nos quedan 26 aristas en cualquier situación final de juego.

    Ya que 26 mod 5 = 1, el ganador es el jugador de menor edad.

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  40. erio, fíjate que la convexidad es una condición suficiente pero en modo alguno necesaria para que un poliedro verifique la fórmula de Euler. Es suficiente conque puede deformarse con continuidad (sea homotópicamente equivalente) hasta un poliedro convexo. En nuestro caso, bastaría con “inflar” suficientemente la cúpula para conseguir que fuese convexa.

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  41. Yo discrepo radicalmente de Manuel Abellanas en que el uso de la fórmula de Euler para poliedros, que forma parte del curriculum de la ESO, se más “matemático” o menos elemental, que la utilización de la inducción completa, que no muchos bachilleres de ciencias serían capaces de entender y no digamos aplicar.
    E identificar la triángulación del rectángulo con un poliedro no parece muy complicado: directamente es la visión desde “arriba” de una “cupula” formada por triángulos que cubre un área rectangular.

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  42. Yo lo que he notado es que no he visto uso de la teoría de grafos, cuando a mí fue lo primero que se me vino a la cabeza tras leer el problema. La inducción me parece muy poco general, ya que se ajusta a este caso único en el que cuatros puntos ocupan las cuatros esquinas y los siete restantes quedan en el interior. Sería curioso plantear el problema sin esa restricción, pudiendo poner puntos sobre el bordo del “campo de juego”. Habría que basar la respuesta en cuantos puntos caen en la frontera.

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  43. Yo haría una simple observación. Más o menos todo el mundo ha llegado a la solución, pero a veces damos cosas por sentadas… por ejemplo que las áreas son triángulos, y esto en absoluto es evidente, no es difícil de demostrar, pero hay que hacerlo (yo por ejemplo razóne por reducción al absurdo: si un área cualquiera estuviera determinada por más de tres vértices, por pura combinatoria podríamos unir vértices no contiguos y seguir jugando, luego cuando el juego no puede seguir todas las áreas tienen tres vértices). A veces hay cosas que nos parecen “evidentes” pero es porque simplemente las “vemos dibujadas”; pero mostrar algo no es demostrarlo… uf, menudo rollo pseudofilosófico me ha salido.

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  44. Bueno, yo determiné la progresión 3n + 5, donde n representa el número de puntos interiores, en este caso son 7 y la progresión da 26, o sea que gana el primer tirador.

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  45. Efectivamente, yo también apliqué la fórmula de Euler, pero sólo para ilustrar que en general 27 es una cota para el número máximo de líneas que se pueden trazar con 11 vértices; que en las condiciones del problema es imposible trazar las 27 líneas, es decir, esa cota no se puede alcanzar; y que para poder trazar 26 lineas es necesario demostrar que toda cara resultante en la dinámica del juego puede triangularse (salvo la cara infinita exterior al campo). Pero para poder aplicar la fórmula de Euler es necesario demostrar una condición conexa: que cualquier par de vértices se pueden conectar con una sucesión de aristas (la clásica fórmula de Euler es válida para poliedros y para grafos planos conexos, en otro caso hay que tener en cuenta el número de componentes conexas). Esta última condición conexa y el argumento de la triangulación, que desde mi punto de vista son los fundamentales, los demostré mediante una construcción recurrente.
    Saludos y enhorabuena por el problema, la iniciativa de los desafíos y esta web.

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  46. Ignacio Larrosa Cañestro me gusta tu solución.

    Un par de cosas: ¿podrías demostrar la afirmación que haces: ” bastaría con “inflar” suficientemente la cúpula para conseguir que fuese convexa”?

    Por otro lado, la característica de Euler-Poincaré es un invariante topológico, es decir, que se conserva por homeomorfismos. Dos espacios pueden ser homotópicamente equivalentes pero no homeomorfos. Por ejemplo, un disco no es homeomorfo a un punto interior, pero si son homotópicamente equivalentes.

    Como la característica de Euler-Poincaré de una esfera es 2, bastaría demostrar que la ”cúpula” es homeomorfa a una esfera.

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  47. Mmonchi, tu demostración no es general. Asume q una diagonal del rectángulo es trazada. Esto no es siempre asi, incluso es así rara vez…

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  48. Llego a este desafío una semana tarde y lo encuentro ya exhaustivamente analizado.
    Tratando de añadir algo nuevo sugiero mirarlo bajo una perspectiva “amplia”.
    Podrían trazarse efectivamente 27 líneas uniendo 11 puntos.
    El área exterior al rectángulo puede triangularse si trazamos una diagonal que una dos vértices opuestos del rectángulo por fuera del mismo. Es decir, la diagonal partiría de un vértice alejándose del centro del rectángulo y, después de dar la vuelta al mundo, llegaría al opuesto desde el otro lado.
    Esto permitiría ganar al segundo jugador.

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  49. #JA#, la topología tampoco es mi punto fuerte, pero al tratarse de una red triangular plana, puede deformarse con continuidad sobre una superficie esférica. La transformación de la base rectangular termina de cerrar la esfera. Celebro que te guste la solución, creo que es la más elemental de las que he visto.

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  50. rtomas, llevas razón, la demostración que hago al principio no es general, pero la que hago después para N puntos con P perimetrales sí porque ahí no presupongo nada.

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  51. #JA# , Ignacio, erio … lo de la esfera lo veo del siguiente modo:

    Dibujamos el rectángulo inscrito en una circunferencia, o lo que es lo mismo, una circunferencia que circunscribe al rectángulo. Esto es fácil: el cruce de las diagonales determina el centro del rectángulo y la distancia de ese centro a cada vértice es la misma así que la circunferencia es la que tiene ese centro y ese radio (la distancia del centro a un vértice). Esa circunferencia sería el “ecuador” de una esfera… y sobre ese “ecuador” habría una semiesfera (“hemisferio norte”). Proyectando en vertical cada uno de los 7 “jugadores” (puntos interiores al rectángulo) sobre esa semiesfera superior habremos colocado todos los puntos en una esfera.
    Y creo que con esto esto ya tenemos un poliedro convexo… si me equivoqué y no es cierto que todo poliedro (en este caso de caras triangulares y una rectangular) cuyos vértices descansen en una esfera (inscrito) es convexo bastaría deformar cada arista y cada cara del poliedro para que encaje con la esfera todo (ej: proyección radial desde el centro de la esfera).
    Una vez visto que es homeomorfa a una esfera, que topológicamente vendría a ser como decir que “no tiene agujeros”, sabemos que su característica es 2 y estamos seguros de que se puede aplicar la fórmula de Euler para poliedros convexos.
    En mi opinión esta parte topológica es lo que no sería “apropiado para alumnos de ESO”… si sabemos que se puede aplicar Euler el resto sí es “muy ESO” pero claro, si no me equivoco en ESO dicen que Euler sólo es para poliedros convexos ¿no? así que saber o demostrar que se puede usar Euler excede ese nivel.
    También es cierto que la inducción aunque se pueda contar a alumnos de ESO no creo que se practique y exija lo suficiente como para considerarlo algo que sea propio de ese nivel tampoco.
    Así que el camino más asequible, el que se puede abordar con menor nivel de conocimientos creo que es el de los ángulos. Pero este camino quizá pueda considerarse de “idea feliz” (no creo que sea totalmente evidente encontrar esta estrategia dado el planteamiento del problema… al menos a mi no se me ocurrió).

    En este desafío no participé, entre otras cosas porque la descripción del problema me pareció ambigua como señalaron Elchen y Joan, al menos la descripción en texto (en el vídeo creo que desaparece la ambigüedad sobre si las líneas del rectángulo se consideran ya dibujadas inicialmente), lo cual sería jugar con ventaja frente a los sordos y ciegos que puedan leer el planteamiento pero no ver el vídeo donde aparecen las esquinas del rectángulo no conectadas (sólo perfilado el rectángulo con líneas discontinuas).

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  52. No participe en este desafío, pero creo que se puede resolver utilizando las propiedades de los grafos planares. Notarse que un grafo es plano si y solo si no tiene un subgrafo isomórfico a un K5 o a un K3 3. Por tanto el problema puede mapearse a calcular el máximo número de aristas k que hay que poner para no construir un K5 o un K3 3. Luego basta con utilizar la función k mod 5 y el valor que de es el jugador que ganó.

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