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.
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S/30
Y los dos triángulos de la pajarita tienen la misma superficie.
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… Lee más »
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?
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.
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)
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!
Ahí va un dibujo con la solución, por el método de «las pesas»:
http://www.xente.mundo-r.com/ilarrosa/GeoGebra/OME2013_vt6.html
Llevais razón en que el enunciado está poco claro, pero es que desaparecieron tres palabras:
«Por los puntos medios de _DOS_LADOS_DE un triángulo ABC trazamos las medianas …»
que si figuraban en el enunciado original.
Ups, supongo que fue culpa mía. Las añado ahora mismo. Gracias Ignacio Larrosa.
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).… Lee más »
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.
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.
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.
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… Lee más »
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… Lee más »
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… Lee más »
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… Lee más »
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.
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… Lee más »
Gracias de nuevo.
Aquí va un polígono fractal de estructura 3*3.
http://img211.imageshack.us/img211/4439/3x3fffffffff.jpg
(Diseño simplísimo mío)
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.
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En general se tiene el siguiente resultado.
Sea
una aplicación lineal con 
. Si 
Lebesgue-medible entonces 
también lo es y 
.
Si
es un triángulo de vértices 
, (podemos suponer que 
) y 
es otro triángulo de vértices 
, consideramos la única aplicación lineal 
que aplica 
y 
, esta aplicación lineal tiene determinante no nulo si suponemos que ambos triángulos son no degenerados de tal forma que 
y 
son bases de 
. La linealidad de 
, transformará la pajarita 
del primer triángulo en la pajarita 
del segundo.
Por tanto,
Pedro Terán, ¿por qué es una pena?
Quise decir,
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… Lee más »