Olimpiada Matemática de Asturias 2013 – Problema 6

Sexto y último problema de la Olimpiada Matemática de Asturias 2013. El enunciado es el siguiente:

Por los puntos medios de dos lados de un triángulo ABC trazamos las medianas y unimos los puntos que trisecan el tercer lado con el vértice opuesto. Así, en el interior se obtiene una pajarita (dos triángulos unidos por un vértice). Se pide calcular la fracción de superficie total del triángulo que representa la pajarita.

Que se os dé bien.

Actualización: Añadidas las palabras “dos lados de” que faltaban al comienzo del enunciado.

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.

26 Comentarios

    • Y los dos triángulos de la pajarita tienen la misma superficie.

      Publica una respuesta
  1. La solución no depende de la forma del triángulo ya que la relación de superficies se mantiene con cualquier afinidad. Por ello, si elegimos cualquier triángulo con dimensiones adecuadas para facilitar el cálculo obtendremos la solución. Yo he elegido, por comodidad, un triángulo isósceles de 120 unidades de base y 120 unidades de altura. Poniendo el origen de coordenadas en el vértice inferior izquierdo los vértices de la media pajarita de ese lado salen (45,30), (48,48) y (60,40). Su superficie, calculada mediante el determinante correspondiente es de 120, luego la pajarita medirá 240 unidades cuadradas. Como el área del triángulo es 120×120/2=720 resulta que la relación es de 1 a 30. Poco elegante pero rápido y eficaz.

    Publica una respuesta
  2. DIAMOND

    Al comentario de JJGJJG le falta un cero (120×120/2=7200)

    El enunciado se me hace difícil de entender.

    Por la solución que marca JJGJJG entiendo que desde 2 vértices se trazan 2 medianas y desde el tercer vértice unimos los puntos que trisecan el tercer lado con el vértice opuesto. ¿Es así?

    Publica una respuesta
  3. Juanjo Escribano, efectivamente me comí un cero al transcribir.
    Efectivamente el enunciado quedaría mejor si dijera: “Desde dos vértices de un triángulo ABC trazamos las medianas y unimos el tercer vértice con los puntos que trisecan el lado opuesto. Así …”
    Una curiosa propiedad del triángulo que no he visto documentada:
    Si unimos cada vértice con los puntos que trisecan el lado opuesto obtenemos un hexágono que envuelve la décima parte de su área.

    Publica una respuesta
  4. Juanjo,

    Sí, el enunciado está poco claro.

    Dice:

    “Por los puntos medios de un triángulo ABC trazamos las medianas ”

    Y creo que debería decir:

    “Por los puntos medios de dos lados de un triángulo ABC trazamos las medianas ”

    (al principio como no sabía cuál era el tercer lado yo tracé las 3 medianas y luego me di cuenta de que sobraba una mediana)

    Publica una respuesta
  5. No sé si habré hecho otra pajarita distinta o no he entendido bien el enunciado, pero a mí me sale que es la doceava parte del triángulo. ¿Alguien podría hacer algún dibujo de cómo sería la pajarita? Tampoco quiero asegurar algo que pueda haber fallado por el dibujo. ¡Gracias!

    Publica una respuesta
  6. Tras analizar exhaustivamente el asunto de la “tercianas” (palabreja similar a mediana para nombrar a la líneas que van del vértice a los tercios del lado opuesto he encontrado algo que me ha parecido interesante.

    Si en cualquier triángulo unimos los puntos que trisecan cada lado con el vértice opuesto (es decir, si dibujamos las seis “tercianas”) queda dividido en diecinueve polígonos del siguiente modo:

    Un hexágono central al que llamaremos (h).
    Seis triángulos interiores a los que llamaremos (a).
    Tres cuadriláteros uno de cuyos lados es tercio central de cada lado del triángulo original a los que llamaremos (b).
    Tres cuadriláteros uno de cuyos vértices coincide con cada vértice del triángulo original a los que llamaremos (c).
    Seis triángulos uno de cuyos vértices coincide con uno de los del triángulo original, los llamaremos (d).

    Todos estos polígonos tienen un área que representa una fracción racional del área del triángulo primitivo según se indica a continuación:

    Llamemos S al área de dicho triángulo.

    El hexágono (h) tiene un área de S/10 y sus diagonales lo dividen en seis triángulos de igual área S/60 por lo que cada una de las tres “pajaritas” que se forman tendrán un área de S/30.
    Cada triángulo (a) tiene un área de S/70.
    Cada cuadrilátero (b) tiene un área de 11S/105.
    Cada cuadrilátero (c) tiene un área de S/14.
    Cada triángulo (d) tiene un área de S/21.
    ¡Es curioso! ¿No?

    Publica una respuesta
  7. Hola JJGJJG; ¿ Has mirado si se puede generalizar; encontrar una relación de recurrencia entre n, el número de “enecianas” (n=2–>medianas; n=3–>tercianas; n=4–>cuaternianas) y la razón del área de los polígonos internos creados con el triángulo base ? pienso que es posible que esa recurrencia f(n) exista para todo n. Un problema ideal para investigarlo con geozebra u el método que uno desee.

    Publica una respuesta
  8. Me refiero, naturalmente a que si la razón del área del hexágono formado por las “tercianas” es 1/t con t = 10, a intentar encontrar t = f(n) tal que sea válido no sólo para n = 3 , sino par todo n. O bien demostrar que no puede haber tal recurrencia. O incluso demostrar que esa relación no siempre es un número entero. No lo sé yo. Llevo sin andar con geometría clásica desde los 10 o 11 años en la escuela; hace muchos años.

    Publica una respuesta
  9. JJGJJG dijo y no mal dijo :

    “”El hexágono (h) tiene un área de S/10 y sus diagonales lo dividen en seis triángulos de igual área S/60 por lo que cada una de las tres “pajaritas” que se forman tendrán un área de S/30.””

    Y esas digonales del hexágono parece que son justamente las medianas. Si es así la demostración será sencilla probablemente. Pero igual mal digo; me equivoco.

    Publica una respuesta
  10. Efectivamente, aunque no lo explicité las diagonales del hexágono son la parte central de cada mediana y, lógicamente, se cortan en el baricentro del triángulo.
    La distancias desde cada vértice del triángulo hasta el vértice más próximo del hexágono interior es precisamente la mitad de la mediana correspondiente.
    La diagonal del hexágono queda dividida por el baricentro en dos “radios” cuyas longitudes respectivas son 1/6 y 2/15 de la mediana correspondiente.
    El resto de mediana desde el hexágono hasta el lado opuesto del triángulo es de 1/5 de cada mediana.
    Robin, he calculado lo que pasa cuando unimos los vértices del triángulo con las n-avas partes del lado opuesto y efectivamente he encontrado la fórmula que da la relación entre el área del hexágono formado por las intersecciones de la primera y última de cada familia y resulta relativamente simple:
    S(h)/S(t)=2(n-2)^2/((n+1)(2n-1))
    Que para n=3 da 1/10, para n=4 da 8/35, para n=5 da 1/3 (curioso), para n=6 da 32/77 y para n=8 da 8/15. Si te fijas cuando n tiende a infinito la relación tiende a 1, es decir, el hexágono ocupa todo el triángulo ya que sus seis lados son los seis medios lados del triángulo.
    No creo que merezca la pena investigar más el asunto, basta con concluir que la relación de áreas de hexágono y triángulo para cualquier n es siempre racional.

    Publica una respuesta
  11. Muhas gracias JJGJJG; el problema, generalizado o no; es ciertamente bonito.

    Dijiste y no mal dijiste :

    “”No creo que merezca la pena investigar más el asunto, basta con concluir que la relación de áreas de hexágono y triángulo para cualquier n es siempre racional””

    Yo también lo pienso, ahora que tengo la solución tuya. Sólo una cosa me pregunto aún :

    ¿ cómo demostrar o simplemente mostrar de una manera rápida y elegante -es decir con poca complejidad; en pocas palabras y conceptos- que esta ración de áreas es siempre racional (1) ?

    (1) : Una ración racional; que se me perdone la ¿torpe? redundancia.

    Publica una respuesta
  12. Robin, el proceso solo utiliza un par de conceptos de geometría elemental pero es algo largo de describir. Lo intentaré del modo más breve.

    Sabemos que las relaciones entre las áreas de los polígonos en que queda dividido un triángulo mediante rectas que se cortan en su interior y la de este mismo se mantienen con cualquier afinidad. Y que todo triángulo puede convertirse en equilátero aplicándole afinidades con lo que la fórmula buscada la podemos obtener si utilizamos un triángulo equilátero.

    Dibujemos un triángulo equilátero con la base horizontal y las dos n-anas que parten de cada vértice y están más próximas a los lados que concurren en él y veremos que ya hemos formado el hexágono interior cuya superficie queremos evaluar. Si añadimos las medianas veremos que son, además, las diagonales del hexágono.
    Desde los extremos derechos de las n-anas que parten del vértice izquierdo bajemos sendas líneas verticales hasta la base.
    Hemos formado dos triángulos rectángulos que tienen un vértice coincidente con el vértice izquierdo del triángulo general, otro vértice en un punto del lado derecho y el tercer vértice en la base. Estos triángulos son semejantes a los que tienen el mismo vértice izquierdo, otro vértice en un extremo de la diagonal vertical del hexágono y el tercer vértice en el pie de la mediana vertical.
    Ahora estamos en condiciones de calcular los cuatro segmentos en que está dividida la mediana vertical en el dibujo aplicando relaciones de semejanza entre las dos parejas de triángulos rectángulos dibujados y el conocimiento de que el baricentro del triángulo está a un tercio de su altura h.
    El segmento superior es 2h/(n+1), el segmento inferior es h/(2n-1) y los segmentos interiores al hexágono serán 2h/3-2h/(n+1) y h/3-h/(2n-1).
    Por simetría sabemos que los “radios” del hexágono adoptan, alternativamente estos dos últimos valores y que los ángulos que forman en el centro del mismo son todos de 60º. También sabemos que el área de un triángulo es igual a la mitad del producto de dos de sus lados por el seno del ángulo que forman.
    Si damos al lado del triángulo grande el valor 1 la altura será la mitad de la raíz de 3 y su área un cuarto de la raíz de 3.
    Ya solo queda operar con estos datos para deducir la fórmula:
    S(h)/S(t)=2(n-2)^2/((n+1)(2n-1)) que, obviamente da valores racionales para cualquier n entero mayor que 1.
    Espero que te sirva.

    Publica una respuesta
  13. Las explicacones siempre sirven para ambas partes. El que explica, porque aprende a hablar bien, a clarificar el razonamiento y el explicado porque aprende a escuchar; a convivir con las razones del otro. Gracias.
    Quedo insatisfecho intelectualmente sólo en un punto pequeño. ¿Cómo deducir que esta razón de áreas no puede ser irracional, de otra manera, sin hallar la relación de recurrencia, f(n) ?. O en otras palabras. ¿Pueden existir figuras geométricas, generadas por otra figura geométrica cualquiera, tales que la razón de sus áreas sea irracional? ¿Y en caso contario, cómo demostrarlo ? Debo de decir que no tengo respuesta, sólo pregunta, a ello.

    Publica una respuesta
  14. Añado, que esas figuras geométricas cualesquiera, que pueden generar otras figuras del mismo tipo, cuya razón de áreas queremos valorar, sean de tipo poligonal y no de tipo curvo ni circular.

    Publica una respuesta
  15. Robin, el caso estudiado de las n-anas funciona precisamente porque hay medidas que son invariantes en la afinidad. Las n-anas siguen siendo n-anas en cualquier transformación afín.
    Por ejemplo, las medidas angulares no se conservan en la afinidad. Por ejemplo las bisectrices dejan, en general, de serlo.
    Si hubiéramos planteado el problema dibujando las trisectrices de los ángulos, en lugar de las trimedianas, obtendríamos también un hexágono interior pero la relación entre su área y la del triángulo sería diferente en cada triángulo por lo que no podríamos asegurar la racionalidad de la relación mas que para casos particulares concretos y no para todos.
    Basta comprobar que, en un triángulo equilátero con trisectrices, la relación de áreas de hexágono y triángulo se puede expresar fácilmente en función de la tangente de PI/9 que es un número no racional.

    Publica una respuesta
  16. La verdad es que es una pena que se pongan estos problemas en la olimpiada (no hablo del 6 específicamente). Nosotros prácticamente pedimos perdón a los alumnos cuando les repartimos los enunciados.

    Hace uno o dos años tuvimos en Asturias un ganador con 14 (de 42) puntos, y la mediana de las puntuaciones totales suele ser 0. Luego querremos que hagan Matemáticas.

    Publica una respuesta
  17. En general se tiene el siguiente resultado.

    Sea f:\mathbb{R}^n\longrightarrow\mathbb{R}^n una aplicación lineal con \det f\neq 0. Si E\subset\mathbb{R}^n Lebesgue-medible entonces f(E) también lo es y m\left(f(E)\right)=\left|\det f\right|m(E).

    Si T es un triángulo de vértices A,B,C, (podemos suponer que A=(0,0)) y T' es otro triángulo de vértices A,B',C', consideramos la única aplicación lineal f que aplica AB\mapsto AB' y AC\mapsto AC', esta aplicación lineal tiene determinante no nulo si suponemos que ambos triángulos son no degenerados de tal forma que \{AB,AC\} y \{AB',AC'\} son bases de \mathbb{R}^2. La linealidad de f, transformará la pajarita P del primer triángulo en la pajarita P' del segundo.

    Por tanto,

    \dfrac{m(P)}{m(T)}=\dfrac{|\det f|m(P)}{|\det f|m(T)}=\dfrac{m\left(f(T)\right)}{m\left(f(P)\right)}=\dfrac{m(T')}{m(P')}

    Publica una respuesta
  18. Hola, RB, es una pena que los problemas se seleccionen de forma que una persona que quede entre los 10 mejores de la fase local saque, por ejemplo, 3 de 42 puntos. El mensaje que sacará es que está condenada al fracaso si estudia Matemáticas.

    También es una pena que se seleccionen problemas que se han diseñado a partir de conocimientos que los concursantes no tienen. En esta edición, Cardano-Vieta, inducción, teorema de Stewart y teorema de Menelao.

    Y también es una pena que se seleccionen problemas, como este, en el que no se aprecia la más mínima influencia del talento matemático en su resolución. Solamente importa tener un preparador con trucos para resolver “problemas de triángulos”.

    Publica una respuesta

Trackbacks/Pingbacks

  1. Bitacoras.com - Información Bitacoras.com... Valora en Bitacoras.com: Sexto y último problema de la Olimpiada Matemática de Asturias 2013. El enunciado es…
  2. Olimpiada Matemática de Asturias 2013 - ... - [...] Sexto y último problema de la Olimpiada Matemática de Asturias 2013. El enunciado es el siguiente: Por los puntos…

Puedes utilizar código LaTeX para insertar fórmulas en los comentarios. Sólo tienes que escribir
[latex]código-latex-que-quieras-insertar[/latex]
o
$latex código-latex-que-quieras-insertar$.

Si tienes alguna duda sobre cómo escribir algún símbolo puede ayudarte la Wikipedia.

Y si los símbolos < y > te dan problemas al escribir en LaTeX te recomiendo que uses los códigos html & lt; y & gt; (sin los espacios) respectivamente.

Envía un comentario

Tu dirección de correo electrónico no será publicada. Los campos obligatorios están marcados con *