domingo, 30 de diciembre de 2007

Dos moscas en una caja

Enunciado

Este problema se podría interpretar de dos formas distintas. Tal vez, para quitar ambigüedad, podrían haber aclarado si la distancia se mide de la forma habitual, en línea recta (recuerda que, al fin y al cabo, las moscas pueden volar), o las moscas quieren saber la distancia que tienen que recorrer andando sobre la superficie de la caja.

La posición en la que han de colocarse las moscas es, probablemente, la misma en ambos casos, pero la distancia a calcular no lo es. Si tratamos de alejar las moscas al máximo acabarán en las dos esquinas opuestas de la caja, eso es evidente.

Diagonal de la caja

Diagonal de la caja

Si queremos medir la distancia en línea recta, hemos de imaginar la diagonal de la caja y usarla para dibujar un triángulo rectángulo al que podamos aplicar el teorema de Pitágoras. Vemos en el dibujo una manera de hacerlo (hay otras). Uno de los catetos de este triángulo es conocido, pero el otro es una diagonal de una cara, y también deberemos calcular su tamaño, ya que de nuevo será la hipotenusa de un triángulo rectángulo formado por los lados de la cara.

Al final, la longitud buscada, al cuadrado, será la suma de los tres cuadrados, 80, 60 y 20, es decir, 6400 + 3600 + 400 = 100*104. Su raíz cuadrada, evidentemente, no es exacta, tendrá la expresión 10*√104, aproximadamente 101,980390272.

Caja desplegada

Caja desplegada

Si, por el contrario, queremos la distancia más grande siguiendo la superficie de la caja, hemos de pensar en posibles despliegues de la caja, y en qué camino seguiría una mosca para llegar a la otra. También en este caso está claro que el lugar más lejano sería en dos esquinas opuestas de la caja, sólo que hay varios caminos para llega de una mosca a otra, según cómo despleguemos la caja (es decir, según qué caras recorra una mosca para buscar a la otra). Si recorremos un par de caras u otro, puede variar la longitud. Tenemos tres posibilidades, básicamente se trata de trazar la diagonal de un rectángulo, es decir, la hipotenusa de un triángulo rectángulo, por ejemplo, del rectángulo formado por dos de las caras de la caja al desplegarse.

En un caso, podría ser calcular la raíz de la suma de los cuadrados de 80 y de 60 más 20, es decir, de 12800, que son 10*√128, aproximadamente 113,13708499. En otro, la raíz de los cuadrados de 60 y de 80 más 20, es decir, de 13600, es decir, 10*√136, que obviamente sería más grande (aproximadamente 116,619037897). La última posibilidad sería tomar la raíz de la suma de los cuadrados de 20 y de 80 más 60, es decir, la raíz de 20000, o 10*√200, mucho mayor (aproximadamente 141,421356237).

La distancia oficial sobre la caja sería la más pequeña de las tres, la primera.

jueves, 27 de diciembre de 2007

Una suma femenina

Enunciado

Como nos dicen que la R vale 5, tenemos que EVA + ANA = SA5A. Si te fijas en la última cifra (las sumas suelen empezar por ahí), A + A es un número que acaba en la misma cifra, A. Y si pruebas todas las posibilidades, verás que eso sólo pasa con el 0, de forma que ya tenemos que EV0 + 0N0 = S050.

Como el número inferior ha de tener 4 cifras y no puede ser 0 la primera, mientras que los otros dos sumandos tienen 3 cifras, S debe ser 1. Además, para que la suma de E y 0 dé más de 9, E debe ser 9 y debemos aportar una unidad de los sumandos inferiores (es decir, la suma de V y N debe exceder a 9). Como conocemos el valor de R, 5, V + N = 15. Las posibilidades que tenemos son 8 + 7 ó 7 + 8, ya que no podemos usar el 9 (es lo que vale E).

Concluimos que las posibles soluciones son 970 + 080 = 1050 y 980 + 070 = 1050.

domingo, 23 de diciembre de 2007

Consecuencias de una igualdad

Enunciado

La primera intención al ver este tipo de problemas suele ser deducir una fórmula a partir de la otra. El problema es que no es evidente ninguna simplificación que nos lleve de la expresión (a2b2)/(a4 - 2b4) a (a2 - b2)/(a2 + b2).

Tampoco podemos "resolver" la ecuación, ya que la igualdad primera tiene dos variables.

En estos casos, yo lo que suelo hacer es darle valores "cómodos" a una de las variables y tratar de generalizar a partir de un caso concreto. Como primer intento, le voy a dar a la variable b el valor 1. La primera igualdad queda como (a2)/(a4 - 2) = 1. ¿Qué valores puede tomar a, y cómo se calculan? En primer lugar, debemos quitar denominadores, obteniendo a2 = a4 - 2, para después pasar los términos al mismo lado de la igualdad, a4 - a2 - 2 = 0. Esta expresión se puede convertir en una ecuación de segundo grado (es bicuadrada) substituyendo a2 por x, de forma que queda x2 - x - 2 = 0.

De esta manera, si b = 1, x puede tomar dos valores, (1 + √(1+8))/2 = 4/2 = 2 y (-1 - √(1+8))/2 = -2/2 = -1. Como x es el cuadrado de a, debe ser positivo, por lo que el segundo valor queda descartado.

En este caso, para b = 1, la expresión (a2 - b2)/(a2 + b2) = (2 - 1)/(2 + 1) = 1/3.

Si probamos con otro valor para b, que no puede ser 0, obtendremos la misma cifra, de forma similar. Seguro que eso nos hace sospechar, así que vamos a intentar seguir el mismo razonamiento sin necesidad de substituir b.

Como (a2b2)/(a4 - 2b4) = 1, multiplicando por el denominador, que no puede ser nulo, tenemos que a2b2 =a4 - 2b4. Pasamos al mismo miembro y tenemos que a4 - a2b2 - 2b4 = 0. Si substituimos a2 por x, la ecuación nos queda x2 - b2x - 2b4 = 0. Esta igualdad se puede ver como una ecuación de segundo grado en x, de forma que se tiene que x = (b2 + √(b4 + 8b4))/2. Podemos sacar factor común b4 dentro de la raíz, y extraerla fuera de la raíz. Evidentemente, la raíz de 9 es 3, con lo que queda (b2 + 3b2)/2 = 2b2. La otra opción para la fórmula de la ecuación da cómo resultado números negativos, como es fácil comprobar.

Es decir, que a2 = 2b2. Claro, a partir de aquí, (a2 - b2)/(a2 + b2) = (2b2 - b2)/(2b2 + b2) = (b2)/(3b2) = 1/3 (evidentemente, b no puede valer 0). Y esto sucede para cualquier par de valores que cumplan la expresión indicada.

Conociendo la expresión de las raíces de la ecuación, tal vez se pueda dar una demostración más elegante basada en la descomposición de polinomios, pero no lo veo necesario.

jueves, 20 de diciembre de 2007

A partir de una fecha

Enunciado

Empecemos con el apartado (a).

Si tomamos todas las cifras de la fecha 13/5/2006, ordenadas de forma descendente, tendremos el número 6532100. Si las ordenamos de forma ascendente, el 0012356. La diferencia entre ambas cifras sería 6519744. Al sumar sus cifras proporciona el 6 + 5 + 1 + 9 + 7 + 4 + 4 = 36, y al sumar las de éste, el 9.

Veamos con la fecha de mi nacimiento, 27/5/1965. Ordenadas, 9765521 y 1255679. Restadas, 8509842. Repitiendo la operación suma de las cifras, 8 + 5 + 0 + 9 + 8 + 4 + 2 = 36, que evidentemente lleva al 9 de nuevo.

¿Siempre será igual? La respuesta parece ser afirmativa.

Sumar las cifras es algo que hacemos frecuentemente en un contexto ¿recuerdas cuál?

Supongo que ya te habrás acordado, lo hacemos en el criterio de divisibilidad del 3 y del 9 ¡el 9! ¡Da 9 el resultado! Seguro que algo tiene que ver.

Bueno, vamos a revisar cómo funciona lo de la divisibilidad por 9. Resulta que las cifras de un número representan la cantidad de potencias de 10 que intervienen en un número, es decir, que 342 = 3*102 + 4*10 + 2. Y, claro, resulta que el número anterior a una potencia de 10 siempre es múltiplo de 9, es decir, que 342 = 3*9*11 + 3 + 4*9 + 4 + 2 = 9*(3*11 + 4) + 3 + 4 + 2. En definitiva, que todo número se puede expresar como un múltiplo de 9 más la suma de sus cifras.

Si ese número es o no divisible por 9, entonces, se sabe por la suma de sus cifras. Pero, claro, si restamos los números que usamos en este problema, convertidos en un múltiplo de 9 más la suma de sus cifras, tenemos que la diferencia entre ambos es igual a un múltiplo de 9, ya que la suma de las cifras que usamos en ambos números son las mismas (y al restarlas se anulan). Por lo tanto, concluímos que la diferencia es, en cualquier caso, un múltiplo de 9. Es decir, que la suma de sus cifras es también un múltiplo de 9, y cuando repetimos una y otra vez el proceso, obtenemos múltiplos de 9. Al final, sólo queda una cifra, que será múltiplo de 9. ¿Puede ser otra que 9? en realidad hay otra cifra múltiplo de 9, el 0, pero sólo se conseguiría si todas las cifras fuesen 0.

En resumidas cuentas, que la única forma de conseguir que no dé 9 como resultado es que tengamos una fecha con todas las cifras iguales. Claro, que eso no pasará hasta el 2 de febrero de 2222.

domingo, 16 de diciembre de 2007

Sudoku

Enunciado

Como en el caso anterior, es un sudoku que no tiene ninguna complicación especial. Basta seguir uno por uno los números y comprobar en qué cuadrados podemos o no ponerlos para situar todas las cifras. Pongo a continuación la solución.

Solución del sudoku

Solución del sudoku

jueves, 13 de diciembre de 2007

Las cerillas

Enunciado

Escalera mínima

Escalera mínima

Si nos ponemos a pensar en una escalera más corta, por ejemplo, de una única cerilla (3 centímetros) de largo, sería construirla, como indica la imagen, con 4 cerillas únicamente.

Añadimos un tramo

Añadimos un tramo

Si la alargamos, para que tenga 6 centímetros de longitud, tendríamos que usar 7 cerillas. Observa que en realidad sólo añades 3 cerillas más, y la haces crecer tres centímetros más, igual que si quieres hacer una más larga, de 9 centímetros, que usaría 10 ¿no?

En definitiva, que cada 3 centímetros que crece la escalera, le añades el mismo número de cerillas. Como partimos de una escalera que gasta una cerilla más que centímetros tiene, la de 90 centímetros usaría ni más ni menos que 91 cerillas.

domingo, 9 de diciembre de 2007

Un triángulo en un cuadrilátero

Enunciado

Este problema es bastante complicado, pues las relaciones entre los elementos que aparecen pueden parecer confusas, y a veces hay que tener en cuenta demasiados valores. Hagamos, en primer lugar, un dibujo de cómo quedaría la construcción.

Dibujo cuadrilátero

Dibujo cuadrilátero

Tengamos en cuenta en esta construcción que O1 y O2 son incentros de triángulos, por lo que los segmentos que los unen con los vértices parten el ángulo del triángulo en dos ángulos iguales (bisectrices).

Los primeros intentos que se deben realizar se basan en convertir, mediante ángulos suplementarios y ángulos del interior de un triángulo, los ángulos EMN y ENM en dos expresiones que involucren a los ángulos exteriores (los ángulos del cuadrilátero original), para poder comprobar su igualdad. Sin embargo, tras muchos intentos, he descartado este método directo, buscando otras relaciones. Si alguien lo lleva a buen término, me gustaría que lo comentase.

La otra relación que se necesita y se puede encontrar es mucho más difícil de descubrir. En primer lugar, se trata de ver que los ángulo BO1A y BO2A son iguales. En efecto, BO1A = π - O1BA - O1AB = π - CBA/2 - CAB/2 = π - (π - BCA - CAB)/2 - CAB/2 = π - π/2 + BCA/2 + CAB/2 - CAB/2 = π/2 + BCA/2.

De la misma forma, BO2A = π/2+ BDA/2.

Sin embargo, por ser el cuadrilátero inscrito, los ángulos BCA y BDA son iguales, así que también lo son BO1A y BO2A. Esto, de por sí, es un hecho sorprendente que habría bastado como objetivo del problema, pero no hemos encontrado aún la solución completa. Por ser ángulos iguales, los puntos A, B, O1 y O2 están en la misma circunferencia, es decir, forman un cuadrilátero inscrito. Y, por ello, sus ángulos opuestos suman π (180 grados sexagesimales en radianes), es decir, son suplementarios.

Ahora vamos a trabajar con los ángulos que verdaderamente nos interesan. El ángulo EMN = π - BMO1= π - (π - BO1M - MBO1) = BO1M + MBO1 = π - BO1O2 + MBO1.

La propiedad que necesitamos del cuadrilátero ABO1O2 se aplica en este momento: sus ángulos opuestos son suplementarios (suman pi). De esta forma, EMN = π - (π - BAO2) + MBO1 = BAO2 + MBO1 = BAD/2 + DBA - CBA/2. Como se puede ver, logramos nuestro objetivo de representar el ángulo mediante ángulos del cuadrilátero original.

Por otra parte, ENM = π - ANO2 = π - (π - NO2A - NAO2) = π - π + NO2A + NAO2 = π - AO2O1 + NAO2.

De nuevo, aplicamos que los ángulos opuestos del cuadrilátero ABO1O2 son suplementarios. Así, ENM = π - (π - O1BA) + NAO2 = O1BA + NAO2 = CBA/2 + CAB - DAB/2.

Ahora es cuando tratamos de ver si ambos son o no iguales, restando sus expresiones, por lo que EMN - ENM = BAD/2 + DBA - CBA/2 - CBA/2 - CAB + DAB/2 = DAB + DBA - CBA - CAB = π - BDA - π + BCA = BDA - BCA = 0, pues son vértices de triángulos de la misma base inscritos en la misma circunferencia.

Nota: también podría darse el caso de que uno de los puntos O1 y O2, o incluso ambos, estuviesen en el exterior del segmento MN, en cuyo caso el razonamiento tendría que revisarse con mucho cuidado, aunque es cierto en esos casos también.

Desde luego, los pasos dados no son sencillos de descubrir, y a mí me ha llevado mucho tiempo descubrir las relaciones, a pesar de lo cual se pueden sacar ideas de este problema para enfrentarnos a situaciones similares.

jueves, 6 de diciembre de 2007

Sudoku

Enunciado

Como todos los sudokus, se trata de descifrar qué número podemos poner en cada casilla que no entre en contradicción con las reglas y los que ya hemos puesto.

Por si os puede ayudar, para resolverlo yo he puesto primero dos doses, después todos los treses y los cuatros, un cinco, todos los sietes, ochos y nueves, y por último, los unos, doses y los cincos, para finalizar cubriendo los escasos huecos que quedaban. El resultado puedes verlo en la imagen.

Solución del sudoku

Solución del sudoku

domingo, 2 de diciembre de 2007

Un cuadrado con rectángulos

Enunciado

Este ejercicio es idéntico al que se plantea en un cuadrado en cinco rectángulos, para segundo ciclo, que puede que no hayas visto.

Voy a utilizar la misma solución, pues es sencilla de seguir. De manera similar, se pueden plantear otros problemas de combinatoria geométrica, una especie de rompecabezas que consisten en componer una figura a partir de otras de tamaños conocidos.

Puesto que sabemos las áreas y los lados, basta que empecemos a asociar los que pueden dar como resultado ese producto.

Lo primero que debemos hacer es confirmar que tenemos área para cubrir los 121 centímetros cuadrados que se nos pide. En efecto, 9 + 16 + 18 + 28 + 50 = 121

Por ejemplo, 9 centímetros cuadrados sólo podría obtenerse multiplicando 3 por 3 o 9 por 1, puesto que los lados son números enteros. Como cada lado mide una cantidad distinta, este rectángulo debe ser de 9 por 1 centímetros.

De forma similar, 16 no puede ser más que 2 por 8.

El cuadrado de área 50 se puede conseguir únicamente multiplicando 5 por 10, porque los dos factores han de estar entre 1 y 10.

También es sencillo 28, que debe ser 4 por 7.

Y los dos lados que sobran, 3 y 6, forman el rectángulo de 18.

Juntamos los dos más largos

Juntamos los dos más largos

¿Cómo colocar los cuadrados? Empezamos con el de lado 10, que tiene casi la longitud del cuadrado completo. La única forma de completar 11 es que situemos junto a él el rectángulo de lado 1 por 9, como indica la primera figura. Evidentemente, lo podemos girar y desplazar hasta ponerlo en varias posiciones, pero todas son equivalentes.

Tercer rectángulo

Tercer rectángulo

Ahora, entre el rectángulo de lado 9 y 11, que es el lado del cuadrado, debemos poner el rectángulo de lado 2 por 8, y esto se puede hacer de dos formas, que en realidad son la misma, vista en un espejo, salvo desplazamientos de la pieza más grande. Se trata de la segunda figura.

Como antes, entre el lado 8 y el resto del cuadrado únicamente podemos poner el rectángulo de tamaño 3 por 6.

Cuadrado completo

Cuadrado completo

Enunciado

Evidentemente, podemos comprobar que el hueco que queda en el centro de estos cuatro rectángulos mide, en área, lo mismo que el rectángulo que nos sobra, como no podía ser de otra forma, por la suma que hicimos antes. Lo más curioso es que realmente también coincidan sus lados, como podemos comprobar, sumando 11 entre todos.

jueves, 29 de noviembre de 2007

El reino sin 3

Enunciado

Como hemos visto, al faltarles una cifra, cuando llegan al 4 en realidad tienen 3 de los nuestros, por lo que su 10 en realidad es nuestro 9. De la misma forma, se saltan un número entre el 12 y el 14, por lo que su 14 es nuestro 12. De esta forma, llegan a 29 cuando en realidad tienen 26 objetos (saltan 1 de cada 10). Sin embargo, no pueden usar 30 ni ninguno de los números de esta decena, pues no conocen el 3, así que el número que seguirá a 29 será el 40, equivalente a nuestro 27 (de repente nos "retrasaremos" 10 números).

De esta forma, cuando lleguen al 99, arrastrarán una diferencia de 10 por la decena del 29 al 40 y otros 9 por los saltos que habrán dado en cada decena (una por cada cifra de las decenas, y otra por la primera decena de los números con una cifra). Su 99 equivaldrá, entonces, a nuestro 80. Otra forma de pensarlo sería que han usado todas las parejas de cifras entre el 0 y el 9, sin contar el 3, que son 9 (con el 0 delante se forman los de una sola cifra). Eso haría un total de números de 9*9 = 81, pero como también he contado el 00, pues voy por el número 80.

El caso, es que su 100 es nuestro 81. Nos quedan sólo contar 19 para llegar al 100. Pero si les añadimos 19 números de los suyos, hay que tener en cuenta que no cuentan ni el 103, ni el 113, es decir, que en realidad es el 121 suyo el que vale lo mismo que para nosotros 100.

No es casualidad que 121 en nuestra forma de contar sea 11*11, pero esas coincidencias las podrás ver en otro lugar, si alguna vez descubres otras bases numéricas y formas de contar.

domingo, 25 de noviembre de 2007

Tres números especiales

Enunciado

A esta terna de números podría unirse el 21, que es 3171. Con eso, serían 4 números consecutivos cuya descomposición está formada por primos elevados a potencia impar. No podríamos añadir más, ni por bajo (20 = 225) ni por arriba (25 = 52).

¿Habrá, entre todos los números naturales algún grupo de 5 números con esa propiedad?

El principal problema que puede aparecer es el primo más pequeño (el 2), que aparecerá varias veces (en nuestro ejemplo, en 2 ocasiones). Por supuesto, podría aparecer incluso más, hasta tres ocasiones, siempre y cuando el del centro fuese mayor e impar, como en el ejemplo. Podemos hacer una búsqueda entre los múltiplos de 8.

El propio 8 nos proporciona poca ayuda, al tener el 9 a continuación.

El 16 es una potencia par en sí mismo.

Si probamos con 32 = 25, descubrimos que tiene a su lado a 31 = 311 y a 33 = 31111. Más allá, encontramos 30 = 213151 y 34 = 21171. También podemos añadir el 35 = 5171 y el 29 = 291. En total, son 7 números con la propiedad que hemos buscado.

Si seguimos, no encontraremos cadenas más largas. Del 37 al 43, centrada en 40 encontramos otra de 7.

De 53 a 59 encontramos otra cadena de 7, centrada en el 56, pero siempre están limitadas por potencias pares de 2. ¿Sucederá siempre?

Efectivamente, si tuviésemos 8 números con esa propiedad, uno de ellos sería múltiplo de 8 (sus restos al dividir serían todos distintos, y sólo puede haber 8, así que uno de ellos sería 0). Como son 8, podemos avanzar o retroceder 4 desde él, y volveríamos a encontrar a un múltiplo de 4, pero que no puede ser un múltiplo de 8 (está a sólo 4 unidades de uno). De esta forma, el exponente de 2 debe ser 2 (no puede ser mayor), es decir, par. Nuestro mejor resultado lo logramos poniendo el múltiplo de 8 en el centro, para no poder avanzar ni retroceder 4, como hemos visto, ya que siempre se obtienen potencias de 2 de exponente par al hacerlo.

jueves, 22 de noviembre de 2007

Un cuadrado en cinco rectángulos

Enunciado

Este problema es muy sencillo de plantear. Puesto que sabemos las áreas y los lados, basta que empecemos a asociar los que pueden dar como resultado ese producto.

Lo primero que debemos hacer es confirmar que tenemos área para cubrir los 121 centímetros cuadrados que se nos pide. En efecto, 9 + 16 + 18 + 28 + 50 = 121

Por ejemplo, 9 centímetros cuadrados sólo podría obtenerse multiplicando 3 por 3 o 9 por 1, puesto que los lados son números enteros. Como cada lado mide una cantidad distinta, este rectángulo debe ser de 9 por 1 centímetros.

De forma similar, 16 no puede ser más que 2 por 8.

El cuadrado de área 50 se puede conseguir únicamente multiplicando 5 por 10, porque los dos factores han de estar entre 1 y 10.

También es sencillo 28, que debe ser 4 por 7.

Y los dos lados que sobran, 3 y 6, forman el rectángulo de 18.

Juntamos los dos más largos

Juntamos los dos más largos

¿Cómo colocar los cuadrados? Empezamos con el de lado 10, que tiene casi la longitud del cuadrado completo. La única forma de completar 11 es que situemos junto a él el rectángulo de lado 1 por 9, como indica la primera figura. Evidentemente, lo podemos girar y desplazar hasta ponerlo en varias posiciones, pero todas son equivalentes.

Tercer rectángulo

Tercer rectángulo

Ahora, entre el rectángulo de lado 9 y 11, que es el lado del cuadrado, debemos poner el rectángulo de lado 2 por 8, y esto se puede hacer de dos formas, que en realidad son la misma, vista en un espejo, salvo desplazamientos de la pieza más grande. Se trata de la segunda figura.

Como antes, entre el lado 8 y el resto del cuadrado únicamente podemos poner el rectángulo de tamaño 3 por 6.

Cuadrado completo

Cuadrado completo

Evidentemente, podemos comprobar que el hueco que queda en el centro de estos cuatro rectángulos mide, en área, lo mismo que el rectángulo que nos sobra, como no podía ser de otra forma, por la suma que hicimos antes. Lo más curioso es que realmente también coincidan sus lados, como podemos comprobar, sumando 11 entre todos.

domingo, 18 de noviembre de 2007

Padre e hijo

Enunciado

El producto de las dos edades es 1003, la mitad de 2006, puesto que el doble sería el año 2006.

¿Qué factores podemos encontrar que puedan corresponder a edades y proporcionar 1003? Evidentemente, 1 y 1003 no valen, salvo que hablemos de un padre muy especial. Y 1003 sólo es divisible, además, por 17 y 59. Es decir, que debe ser 17*59 = 1003, y las edades son 59 y 17. Está claro que el hijo debe ser el más joven.

jueves, 15 de noviembre de 2007

Mensaje secreto

Enunciado

Como los números de arriba tienen que ser suma de los de abajo, el 9 es uno de los números de arriba seguro ¿no? Sin embargo, no estamos seguros de si debe ir en un extremo o en uno de los del centro.

Supongamos que está en un extremo. El del extremo inferior podría ser un 1, pero entonces el inmediato sería un 8, y no podríamos poner nada al lado.

Con un 9 arriba, y un 2 en el extremo de abajo, hemos de poner un 7, y junto a el un 1 (arriba un 8). Junto al 1 podríamos poner un 3 (arriba un 4), pero junto al 3 no podemos poner nada, pues sólo quedan un 5 y un 6.

Otra posibilidad sería poner un 4 (arriba un 5), pero de nuevo no podemos poner el 3 y el 6.

Si ponemos el 5 (arriba el 6), nos quedamos sin poner el 3 y el 4.

Por tanto, con el 9 en el extremo hemos de usar por lo menos un 3 abajo. Junto a él, un 6. Si al lado del 6 ponemos un 1 (un 7 arriba), nos quedan 2, 4, 5 y 8, por lo que tendríamos que poner el 4 junto al 1 y no podemos situar los otros.

Si junto al 6 ponemos un 2 (un 8 arriba), nos quedan 1, 4, 5 y 7. Tenemos que poner un 5 y de nuevo nos quedamos sin poner nada más. Luego tampoco podemos poner un 3 en el extremo.

Con el 9 en el extremo, ponemos un 4 en el extremo de abajo. Junto a él, un 5. Al lado del 5 puede ir un 1 (arriba un 6). Nos quedan 2, 3, 7 y 8. Si ponemos el 2 no podemos poner los otros, y tampoco si ponemos el 7. Luego un 1 no puede ir junto al 5.

Si junto al 5 ponemos un 2, arriba va un 7. Nos quedan 1, 3, 6 y 8. De nuevo fracasamos al poner tanto un 1 como un 6.

Si junto al 5 ponemos un 3, arriba va un 8. Nos quedan 1, 2, 6 y 7. No podemos seguir. El 4 queda eliminado como candidato al extremo.

Si, con el 9 en el extremo ponemos un 5, junto a él un 4, junto al 4 podemos poner un 2 (arriba un 6). Nos quedan 1, 3, 7 y 8. Tendríamos que poner el 1 (arriba un 3) y un 7 al lado (8 arriba).

Primera solución

Primera solución

Este podría ser nuestro número (963854217), aunque también valdría escrito al contrario, (836971245).

¿Sería el único resultado? Junto al 4 podríamos poner también un 3 (7 arriba). Sobran 1, 2, 6 y 8. Ninguno puede ir junto al 3.

Ahora, con el 9 en un extremo, ponemos un 6 en el extremo de abajo, junto a un 3. Al lado podemos poner un 1 (arriba el 4), y sobran 2, 5, 7 y 8. Sólo podemos poner el 7 y luego no podemos seguir.

También podemos poner un 2 (5 arriba). Sobran 1, 4, 7 y 8. No podemos poner ninguno más.

También podemos poner un 4 (7 arriba). Sobran 1, 2, 5 y 8. Podemos poner el 1 junto al 4, pero nada más.

También podemos poner un 5 (8 arriba). Sobran 1, 2, 4 y 7. Podemos poner el 2 junto al 5, pero nada más.

Ya queda menos. Con el 9 en un extremo, ponemos un 7 en el extremo de abajo, junto a un 2. Al lado podemos poner un 1 (arriba el 3), y sobran 4, 5, 6 y 8. Si ponemos el 4, o el 5 nos quedan números sin poner.

Si junto al 2 ponemos un 3 (arriba un 5), sobran 1, 4, 6 y 8. Podríamos poner un 1, pero no llegaríamos más lejos.

Si junto al 2 ponemos un 4 (arriba un 6), sobran 1, 3, 5 y 8. Podríamos poner un 1, pero no llegaríamos más lejos.

Si junto al 2 ponemos un 6 (arriba un 8), sobran 1, 3, 4 y 5. No podemos poner ninguno más.

Acabamos con el 9 en un extremo, poniendo un 8 en el extremo de abajo. Junto a él, va un 1. Al lado del 1 podemos poner un 2 (arriba un 3), con lo que quedan 4, 5, 6 y 7. Sólo podemos poner el 4, pero no seguimos adelante.

Si junto al 1 ponemos un 3 (arriba un 4), sobran 2, 5, 6 y 7. Podríamos poner un 2, pero no llegaríamos más lejos.

Si junto al 1 ponemos un 4 (arriba un 5), sobran 2, 3, 6 y 7. Podríamos poner un 2 o un 3, pero no llegaríamos más lejos en ninguno de los dos casos.

Si junto al 1 ponemos un 5 (arriba un 6), sobran 2, 3, 4 y 7. Podríamos poner un 2, pero no llegaríamos más lejos.

Si junto al 1 ponemos un 6 (arriba un 7), sobran 2, 3, 4 y 5. No podemos poner más.

Así, no hay más soluciones con el 9 en un extremo. Si ocupa una de las posiciones centrales, hay que repetir todo el razonamiento, poniendo a un lado y a otro de los que tenemos (ocupamos primero el sitio más próximo al extremo, y por último los extremos). Vamos a repetirlo, para ver si queda algún otro número.

El número inferior podría ser un 1, pero entonces el inmediato sería un 8, y no podríamos poner nada al otro lado.

Con un 9 arriba, y un 2 en el lateral de abajo, hemos de poner un 7, y junto a el un 1 (arriba un 8). Junto al 1 podríamos poner un 3 (arriba un 4), pero junto al 2 no podemos poner nada, pues sólo quedan un 5 y un 6.

Otra posibilidad sería poner un 4 (arriba un 5), pero de nuevo no podemos poner el 3 y el 6.

Si ponemos el 5 (arriba el 6), nos quedamos sin poner el 3 y el 4.

Por tanto, con el 9 en una posición central hemos de usar por lo menos un 3 abajo. Junto a él, un 6. Si al lado del 6 ponemos un 1 (un 7 arriba), nos quedan 2, 4, 5 y 8, por lo que tendríamos que poner el 4 junto al 1 y no podemos situar los otros.

Si junto al 6 ponemos un 2 (un 8 arriba), nos quedan 1, 4, 5 y 7. Tenemos que poner un 5 y al otro lado, junto al 3, el 1 y el 4.

Segunda solución

Segunda solución

Aquí tenemos entonces otro par de soluciones, 498713625 y 789452631. Pero aún no hemos agotado las posibilidades.

Con el 9 en una posición central, ponemos un 4 en el más próximo al extremo de abajo. Junto a él, un 5. Al lado del 5 puede ir un 1 (arriba un 6). Nos quedan 2, 3, 7 y 8. Si ponemos el 2 no podemos poner los otros, y tampoco si ponemos el 7. Luego un 1 no puede ir junto al 5.

Si junto al 5 ponemos un 2, arriba va un 7. Nos quedan 1, 3, 6 y 8. De nuevo fracasamos al poner tanto un 1 como un 6.

Si junto al 5 ponemos un 3, arriba va un 8. Nos quedan 1, 2, 6 y 7. No podemos seguir. El 4 queda, por tanto, eliminado como candidato.

Si, con el 9 en una posición central, ponemos un 5, junto a él un 4, junto al 4 podemos poner un 2 (arriba un 6). Nos quedan 1, 3, 7 y 8. Tendríamos que poner el 1 (arriba un 3) y los otros no se pueden poner al otro lado.

Junto al 4 podríamos poner también un 3 (7 arriba). Sobran 1, 2, 6 y 8. Ninguno puede ir junto al 3.

Ahora, con el 9 en una posición central, ponemos un 6 en el más próximo al extremo de abajo, junto a un 3. Al lado podemos poner un 1 (arriba el 4), y sobran 2, 5, 7 y 8. Sólo podemos poner el 7 y luego no podemos seguir.

También podemos poner un 2 (5 arriba). Sobran 1, 4, 7 y 8. No podemos poner ninguno más.

También podemos poner un 4 (7 arriba). Sobran 1, 2, 5 y 8. Podemos poner el 1 junto al 4, y el 2 al lado del 6, con el 8 arriba.

Tercera solución

Tercera solución

Aquí tenemos entonces otro par de soluciones, 897526341 y 579814362. Pero aún pueden quedar más.

También podemos poner un 5 (8 arriba). Sobran 1, 2, 4 y 7. Podemos poner el 2 junto al 5, pero nada más.

Ya queda menos. Con el 9 en en una posición central, ponemos un 7 en el más próximo al extremo de abajo, junto a un 2. Al lado podemos poner un 1 (arriba el 3), y sobran 4, 5, 6 y 8. Si ponemos el 4, o el 5 nos quedan números sin poner.

Si junto al 2 ponemos un 3 (arriba un 5), sobran 1, 4, 6 y 8. Podríamos poner un 1, pero no llegaríamos más lejos.

Si junto al 2 ponemos un 4 (arriba un 6), sobran 1, 3, 5 y 8. Podríamos poner un 1, pero no llegaríamos más lejos.

Si junto al 2 ponemos un 6 (arriba un 8), sobran 1, 3, 4 y 5. No podemos poner ninguno más.

Pero con el 9 en una posición central, no podemos poner un 8 abajo, porque tendría dos números a los lados y eso no puede ser.

En definitiva, que tenemos 6 números posibles: 963854217, 836971245, 498713625, 789452631, 897526341 y 579814362. No son demasiados para un agente secreto.

domingo, 11 de noviembre de 2007

Soluciones discriminadas

Enunciado

Este problema se basa, como muchos otros que incluyen polinomios y sus raíces, en las fórmulas (de Cardano-Vieta) que relacionan las raíces de un polinomio (aquellos valores que hacen que valga 0) con sus coeficientes. Consulta, si no conoces las fórmulas, el problema "Promediando coeficientes".

El caso es que, según sabemos, si las soluciones de una ecuación de segundo grado x2 + px + q = 0 son D y 1 - D, sabemos que p = -(D + (1 - D)) y que q = D(1 - D). El discriminante, D, en una ecuación de segundo grado, es b2 - 4ac, en este caso, D = p2 - 4q.

En resumen, un sistema de tres ecuaciones con tres incógnitas, p, q y D. Podría ser muy difícil de resolver, pero en este caso, la primera ecuación se queda en p = -1, con lo que una incógnita queda resuelta. La tercera se simplifica a D = 1 - 4q, con lo que podemos substituir dicha variable, que no nos interesa mucho, en la otra, que se transforma en q = (1 - 4q)(1 - (1 - 4q)). Operando con esta ecuación, q = (1 - 4q)4q = 4q - 16q2.

Esta última igualdad es sencilla de transformar en una ecuación de segundo grado, 16q2 - 3q = 0. Nos quedan en este caso dos soluciones, q = 0 y q = 3/16.

Si q = 0, la ecuación inicial es x2 - x = 0 tiene por discriminante 1, y soluciones 1 y 0.

Si q = 3/16, la ecuación se convierte en x2 - x + 3/16 = 0, de discriminante 1/4 y soluciones 1/4 y 3/4.

jueves, 8 de noviembre de 2007

Más edades

Enunciado

El problema parece más confuso de lo que es. Julia es mayor que María, y compara la edad actual con la que tenían hace un tiempo. ¿Cuánto? Cuando Julia tenía la edad que tiene ahora María. Es decir, en el problema aparecen dos edades en dos momentos distintos.

Llamemos J a la edad de Julia y M a la edad de María, ambas en la actualidad. El otro momento, cuando Julia tenía la edad de María sucedió hace J - M años, porque J - (J - M) = M ¿verdad?

En ese otro momento, la edad de Julia era M, y la de María, M - (J - M) = 2M - J.

Bueno, pues el dato que nos dan es que J = 2(2M - J). Además, claro, del obvio M + J = 91.

Despejando este último, M = 91 - J, y substituyendo, obtenemos J = 4(91 - J) - 2J = 364 - 4J - 2J. De esta igualdad, tenemos que 7J = 364, por lo que J = 52. Y M = 91 - 52 = 39.

Julia tiene, pues, 52 años y María 39. Cuando Julia tenía 39 (hace 13 años), María tenía 26, la mitad de lo que tiene ahora Julia.

domingo, 4 de noviembre de 2007

Entre dos fracciones

Enunciado

Si queremos comparar un número fraccionario a otro, debemos tenerlo con un denominador idéntico (o con un numerador, pero eso es menos frecuente). En este caso, podemos pasar las dos fracciones con las que queremos compararlo, 1/3 y 2/5 se pueden comparar poniendo un denominador común, con 30, que es el que queremos comparar. Quedarían como 10/30 y 12/30, multiplicando, respectivamente, por 10 y 6. Evidentemente, si K tiene que cumplir que 10/30 es menor que K/30 y éste tiene que ser menor que 12/30, K tiene que valer un número entre 10 y 12, que debe ser 11 (pues es entero).

jueves, 1 de noviembre de 2007

Tres cuadrados diferentes

Enunciado

El área es fácil de calcular, ya que sabéis que el área de un cuadrado es el cuadrado del lado (de ahí su nombre). Dibujar las figuras una al lado de la otra no tapa ningún área, de forma que sólo habrá que sumarlas: 100 + 64 + 36 = 200 centímetros cuadrados.

El área sombreada no se parece a ninguna figura con nombre propio que yo conozca (podríamos llamarla escaleroide), pero la que no está sombreada sí ¡es un triángulo! Claro, hay truco, la zona roja es lo que queda cuando a la figura completa le quitamos (es decir, le restamos el área) el triángulo. ¿Qué área tiene el triángulo? Base por altura partido por 2. La base mide la suma de los lados de los tres triángulos, 10 + 8 + 6 = 24, y la altura, 10. Su área será 10*24/2 = 120. Por lo que el área de la zona sombreada vale 200 - 120 = 80 centímetros cuadrados.

domingo, 28 de octubre de 2007

Cinco esferas tangentes

Enunciado

La primera vez que vi el enunciado me pareció imposible que cinco esferas fueran tangentes cada una de ellas a todas las demás, pero eso fue porque mi mente trataba de verlas como esferas del mismo radio. Voy a intentar explicar cómo romper el bloqueo.

Tres esferas

Tres esferas

Piensa primero en tres esferas tangentes cada una de ellas a las otras dos, y del mismo tamaño. Evidentemente, sus centros ocupan los vértices de un triángulo equilátero, y vistas desde arriba respecto al plano que ocupan sus centros, tendrían el aspecto del dibujo.

Una esfera tangente a las tres debería tener su centro en la recta vertical al triángulo que forman sus centros y que pasa por el centro, y tener el tamaño adecuado. Cualquier punto de la recta es válido para centro, pero cada uno proporciona un radio diferente. Sin embargo, es evidente que podemos poner esferas por un lado o por otro del plano, y, si queremos dos que sean iguales, cada una de ellas estará en un lado del plano.

Pero ¡hay más! Deben ser tangentes entre sí, así que la única posibilidad, dada la simetría de la figura, es que su punto de tangencia sea el mismísimo centro del triángulo que forman los centros de las tres esferas primeras.

Otras dos esferas

Otras dos esferas

Esta situación la he pintado en un corte vertical en el dibujo que hay aquí. He dejado sólo las nuevas dos esferas y una de las tres (las otras tres taparían parte del dibujo), de forma que el corte permita ver los puntos de tangencia. Me he tomado la libertad de dibujar la escala real a la que se ve la solución del problema, con lo que apreciamos que las dos bolas iguales son muy pequeñas respecto a las tres del principio.

Para encontrar la proporción entre ambos radios, que es lo que pide el problema, podemos hacer que uno de ellos (por ejemplo, el que es común a las tres primeras bolas) sea 1. El valor del otro será la proporción, pues bastará tomar el primero como unidad de medida. Necesitamos la distancia del centro de la esfera, vértice del triángulo, al centro del triángulo. Como es un triángulo equilátero de lado 2, utilizando razones trigonométricas, o triángulos rectángulos, se puede obtener que esta distancia es 2 por raíz de 3 partido 3.

Todas juntas

Todas juntas

Sabiendo el valor de esa distancia, vemos que se puede formar, siguiendo los radios de tangencia y la línea horizontal, un triángulo rectángulo de hipotenusa la suma de los dos radios (1 + r), y de catetos la distancia de centro de la esfera a centro del triángulo, y el radio desconocido (r). Siguiendo el teorema de pitágoras, tenemos que (1 + r)2 = d2 + r2. Como conocemos el valor de d, sabemos que d2 vale 4/3, por lo que 1 + 2r + r2 = 4/3 + r2. Simplificando, 2r = 1/3, es decir, r = 1/6. Es decir, que el radio de las dos esferas es la sexta parte de las tres iniciales.

jueves, 25 de octubre de 2007

Círculos

Enunciado

Líneas útiles

Líneas útiles

Como de costumbre en los problemas de cálculo de áreas o distancias, estudiaremos los radios de las circunferencias implicadas, de forma que voy a dibujar los dos radios de la circunferencia mayor que atraviesan por el centro a la circunferencia coloreada y a su vecina, como se ve en el dibujo adjunto.

Desplazando fragmentos

Desplazando fragmentos

Es claro que puedo trasladar la mitad coloreada de la circunferencia que queda debajo del radio a la mitad de la circunferencia sin colorear que queda por encima del otro radio, sin que varíe el área coloreada (ver el segundo dibujo).

Ahora, el área coincidirá casi totalmente con la cuarta parte de la circunferencia grande, a la que tendremos que quitar un pequeño fragmento de área que calcularemos luego.

Calculando medidas

Calculando medidas

¿Qué radio tiene la circunferencia grande? Si dibujo los radios de las circunferencias pequeñas que se tocan en los puntos tangentes, estoy dibujando un cuadrado. Un radio de la grande que pase por uno de los vértices del cuadrado tiene de longitud media diagonal del cuadrado más el radio de la circunferencia pequeña. Como el lado del cuadrado mide 2 (centímetros), medio diámetro medirá raíz de 2, y el radio de la grande, por tanto, uno más raíz de 2. El área de un cuarto de circunferencia será, por tanto ese radio al cuadrado por pi y dividido por cuatro, es decir, aplicando el cuadrado de la suma, tres más dos por la raíz de dos, todo ello multiplicado por pi y dividido por cuatro.

El centro

El centro

Pero falta calcular el área del pequeño fragmento central, que habrá que restar. Si observamos de cerca el centro del dibujo, veremos que el fragmento que debemos quitar es la cuarta parte del objeto central del dibujo. Visto así, el objeto al completo (sombreado en dos colores en el dibujo) se ve como la diferencia entre un cuadrado y cuatro cuartas partes de un círculo, es decir, un círculo completo. Es decir, que el área del objeto completo sería 4 menos pi, por lo que su cuarta parte sería 1 menos pi cuartos.

Valor final

Valor final

Por tanto, restar ambos valores sería la solución, cuya expresión sería pi (sumar tres pi cuartos más un cuarto de pi), más raíz de 2 entre 2 por pi, menos uno, lo que da la expresión representada en la imagen. Su valor aproximado es 4,363034123 centímetros cuadrados.

sábado, 20 de octubre de 2007

Comer unos bocadillos

Enunciado

En realidad, este problema es muy similar al de los botijos.

La clave está en entender bien la situación. Si reparten 6 bocadillos, aún sobran 5, pero si reparten estos 5 entre todos los amigos, aún faltan 8 para que toquen a uno más. Es decir, que el número total de amigos es de 13 (8 + 5).

Y, claro, 6*13 = 78 bocadillos sí se pueden repartir, y sobran 5, por lo que tienen un total de 83. Buena merienda.

jueves, 18 de octubre de 2007

El peso de la fruta

Enunciado

Este es un ejercicio en el que se busca substituir una cosa por otra que pese lo mismo, hasta que tengamos el resultado que queremos. Para hacer los cambios, hay que fijarse en lo que tenemos inicialmente. Tres manzanas y una pera pesan lo mismo que diez albaricoques, y una pera pesa lo mismo que seis albaricoques y una manzana.

Por otra parte, lo que queremos es comparar peras y manzanas, de forma que se trata de buscar la manera de cambiar los albaricoques por peras y manzanas.

Podemos tantear, poniendo seis albaricoques y una manzana en el primer plato de la balanza, junto a las tres manzanas y la pera, mientras que en el otro lado queda una pera y diez albaricoques. Quitando lo que es igual en los dos platos, tenemos que en el primer plato quedan cuatro manzanas, y en el segundo quedan cuatro albaricoques. Por tanto, los albaricoques pesan lo mismo que las manzanas.

Como nos dijeron al principio que una pera pesaba lo mismo que seis albaricoques y una manzana, eso hace que pese lo mismo que siete manzanas, que es lo que nos preguntan. Otro método sería multiplicar las cantidades para que haya los mismos albaricoques en las dos frases, para poder usarlos de unidad de medida.

Así, poniendo tres veces lo que nos dicen, sabríamos que 9 manzanas y 3 peras pesan lo mismo que 30 albaricoques, mientras que (multiplicando por 5) 5 peras pesan lo mismo que 30 albaricoques y 5 manzanas. De esta manera, podemos cambiar los 30 albaricoques por su peso equivalente y tendríamos que 5 peras pesan lo que 14 manzanas y 3 peras. Quitando 3 peras de la balanza, 2 peras pesan lo que 14 manzanas, de donde (de nuevo) concluimos que cada pera pesa como 7 manzanas.

domingo, 14 de octubre de 2007

Raíces que suman enteros

Enunciado

Este problema despista un poco. Aparentemente no hay manera de simplificar la expresión, quitar las raíces, para sacar alguna conclusión sobre la si el resultado sale o no entero.

Sin embargo, a pesar de ser una suma, lo que inmediatamente nos puede venir a la cabeza al ver tantas raíces es "de alguna manera, hay que elevar al cuadrado".

Si el resultado de la expresión es un entero, su cuadrado también lo será (lo contrario no siempre es cierto). Veamos qué expresión tiene ese cuadrado.

Es sencillo comprobar que al elevar al cuadrado cada uno de los sumandos eliminamos la raíz externa, y las internas quedan sumadas con signo contrario, es decir, que se anulan. El valor de la suma de estos dos sumandos será sólo el número 25.

Pero, por ser una suma, al elevar al cuadrado sale un tercer sumando, el doble del producto. Y este término no elimina, aparentemente, las raíces. Estudiemos este producto. Podemos pasar el producto dentro de las raíces, donde nos encontramos que se trata de un producto de una suma por una diferencia. Este producto nos proporciona, por tanto, una diferencia de cuadrados. El primer cuadrado es 625/4, y el segundo (una raíz al cuadrado), 625/4 - n. Evidentemente, el resultado es n.

El cuadrado

El cuadrado

Así, el cuadrado de esta expresión queda sorprendente simplificada hasta 25 más el doble de la raíz de n (ver expresión).

Esa expresión debe ser un cuadrado perfecto (el cuadrado de un número entero). Puesto que n es natural, si su raíz no fuese exacta, al multiplicarla por 2 y sumarla a 25 no podría dar un número entero, por lo que n debe ser un cuadrado perfecto. Y el doble de su raíz, sumado a 25, debe ser también un cuadrado perfecto. Además, n está limitado (no debe ser superior a la parte entera de 625/4, 156, ya que el cálculo de la expresión inicial sería imposible).

Veamos qué cuadrados mayores que 25 podemos obtener. El más próximo es 36, pero habría que sumar 11 a 25, y 11 es impar. El siguiente es 49, que obtendríamos de sumar 25 + 24, con lo que n sería 144, el cuadrado de 12. Evidentemente, con 64 tenemos un problema de paridad similar al de 36, y el siguiente, 81, hace que n sea excesivamente grande (81 = 25 + 2*28, y el cuadrado de 28 es mucho mayor que 156). Cuadrados mayores empeoran la situación.

Por tanto, el único resultado viable es n = 144. Podemos comprobar incluso mediante simples operaciones a mano que la expresión inicial es entera (vale 7, como estaba previsto).

Las expresiones usadas para la raíz no incluyen el doble signo, pues entonces podría haber cierta indeterminación en la expresión inicial. El problema sería ligeramente distinto si se tratara de una diferencia.

jueves, 11 de octubre de 2007

Juego de dados

Enunciado

Lo que buscamos en realidad es estudiar en qué pares de números del 1 al 6 hay algún factor común entre los dos, para averiguar qué casos son más frecuentes. Supongamos que uno de los dados es de color verde, y su resultado lo situamos en primer lugar. Vemos que la probabilidad de un par de números ordenado es la misma que cualquier otro (2,4) tiene la misma probabilidad que (6, 6). La fracción será irreducible si el par de números son primos entre sí, y al contrario en otro caso.

Contemos los casos equiprobables a favor de la irreducibilidad. Si el primero de los dados saca un 1, la fracción es irreducible (6 casos). Si es un 2, habrá 3 casos (impares) en que sea. Si es un 3, otros 4 casos. Si un 4, otros 3 casos. si es un 5, tenemos 5 casos (sólo es reducible el 5), y si es un 6, tendremos 2 casos a favor (1 y 5). En total, 6 + 3 + 4 + 3 + 5 + 2 = 23. Como en total hay 36 casos distintos equiprobables, es más probable que salga irreducible, como dice José, que reducible.

Sólo sale reducible la fracción en 36 - 23 = 13 casos.

domingo, 7 de octubre de 2007

Carrera de robots

Enunciado

Aparentemente, apenas hay diferencia entre los dos corredores. En una unidad de tiempo determinada, Chips bota dos veces, en las que recorre 3 + 3 = 6 metros, y Bits bota tres veces, recorriendo 2 + 2 + 2 = 6 metros.

La poca diferencia que hay entre ellos nos anima a apostar por el empate, pero la cosa cambia si nos fijamos en el recorrido de la prueba. En particular, cuando llegan al final del primer tramo y dan la vuelta. ¿Qué sucede?

Van empatados hasta los 96 metros. Ahí coinciden por última vez. Los dos siguientes saltos llevan a Bits hasta los 100 metros, da la vuelta y vuelve al punto 98 en los tres saltos de nuestra unidad de tiempo. Mientras tanto, Chips ha dado dos saltos. El primero le ha llevado al punto 99, pero aún no puede dar la vuelta. el siguiente salto le hace pasar la longitud hasta el 102, que es cuando puede girar. Pero Bits le lleva 4 metros de ventaja.

Esta ventaja es definitiva. A falta de 6 metros de Chips para la meta, Bits le sigue llevando 4 metros de ventaja, es decir, le faltan 2. Eso es un único salto para Bits, cruzará la meta mientras que Chips aún no habrá cubierto los 3 metros de su penúltimo salto.

En realidad, este es un problema de divisibilidad. Si la carrera hubiese sido propuesta a 99 metros, o a 105, habría ganado Chips. Sin embargo, los saltos más cortos y rápidos de Bits probablemente le den ventaja en la mayor parte de las carreras de ida y vuelta, si la distancia se coge "al azar".

jueves, 4 de octubre de 2007

Animales domésticos

Enunciado

En este problema basta ser un poco ordenado, haciendo una tabla con la información, ya que en realidad se trata de que entre todos los animales sumen la cantidad total, y que cada cantidad de animales de un mismo tipo (perros, por ejemplo) sumen el total de perros, y que el total de animales que viven en una casa coincida con el que nos dicen. Pongamos la información que tenemos en una tabla (lo que no conocemos lo dejaremos en blanco).

Total Perros Gatos Canarios Loros
Juana 0 4 2 0
Paula 1 2 0 0
María 3
Total 16 3 6

Ahora, podemos encontrar los totales de animales de las casas de Paula y Juana, así como los perros y gatos que hay en la casa de María, y los totales de canarios. Para terminar, necesitamos los datos que acabamos de conseguir para averiguar el total de animales que hay en casa de María (los que falten en las demás para llegar a 16), y de ahí el número de loros que tienen en casa de María. O bien, el número total de loros, que nos permite saber cuántos hay en casa de María (todos, ya que ninguna de las otras tiene loros).

Total Perros Gatos Canarios Loros
Juana 6 0 4 2 0
Paula 3 1 2 0 0
María 7 2 0 3 2
Total 16 3 6 5 2

En definitiva, María tiene 2 perros y 2 loros, además de los 3 canarios.

domingo, 30 de septiembre de 2007

La inecuación

Enunciado

Este ejercicio parece, engañosamente, sencillo. Trabajar con valores absolutos, inecuaciones y dos variables (o un parámetro y una variable) no es complejo por separado, pero veremos que al unirse las tres situaciones genera un trabajo en el que hay que concentrarse mucho y no perder de vista las condiciones que vayamos fijando.

Voy a dar un sistema para resolverla basado en el estudio detallado de la expresión. Podemos tener la tentación de elevar al cuadrado con ánimo de quitar el valor absoluto, dado que ambos son positivos, pero, aunque podría dar también fruto, requiere un estudio muy cuidadoso del problema. Es difícil encontrar problemas en los que este método sea de aplicación.

Para empezar, un valor absoluto es una función definida a trozos, es decir, se transforma en dos expresiones según que lo que guarda en su interior sea positivo o negativo. Antes de empezar a considerar valores para el parámetro, estudiaremos las expresiones a las que da lugar.

También debemos observar que un valor absoluto siempre es no negativo (puede alcanzar el 0), lo que en ocasiones simplifica trabajar con expresiones en las que aparece. Prestaremos atención al significado de esto.

Por otra parte, las desigualdades nos permiten operar de forma similar a como lo haríamos con igualdades, salvo que cuando multiplicamos o dividimos hay que tener en cuenta el signo del factor que utilizamos, pues puede (si es negativo) invertir la desigualdad. Sucede lo mismo si invertimos (en el sentido de inverso de la multiplicación) las expresiones.

Vamos a estudiar lo que sucede cuando x > 1. En ese caso, la desigualdad equivale a x - 1 < ax, es decir, (1 - a)x < 1, que se resolverá de distinta forma según que a sea mayor o menor que 1.

¿Y si x < 1? Entonces, tenenos que 1 - x < ax, por lo que 1 < (a + 1)x. De nuevo tenemos que habrá que hacer distinciones según que a sea mayor o menor que -1.

También podemos ver que ax es necesariamente positiva (es mayor que un valor absoluto), por lo que eso puede influir en definir el signo de x. Tal vez convenga distinguir, por eso, el signo de a.

Empecemos a estudiar las diferentes opciones que se plantean teniendo en cuenta estos valores. Primer caso, si a es menor que -1.

En este caso, como ax es positiva, x < 0. Como es menor que 1, se da la segunda de las opciones estudiadas, por lo que 1 < (a + 1)x. al ser el coeficiente de x negativo, tenemos que 1/(a + 1) > x. Eso quiere decir que x puede ser cualquier número negativo menor (mayor en valor absoluto) que 1/(a + 1).

Segundo caso, si a está comprendida entre -1 y 0 (-1 <= a < 0).

También x es negativa, por lo que es menor que 1, pero al llegar a 1 < (a + 1)x, el coeficiente es positivo, por lo que 1/(a + 1) < x. Pero eso significa que x es positivo, por lo que no hay soluciones.

En el caso a = -1 no hay soluciones, como puedes comprobar fácilmente.

Tercer caso, 0 <= a < 1.

El caso en que a = 0 no tiene tampoco soluciones, pues ax debe ser estrictamente positivo. Pero si a > 0, x también es positiva, y pueden darse dos casos. Si 0 < x < 1, llegamos a 1 < (a + 1)x, como antes, por lo que 1/(a + 1) < x < 1, que es un intervalo pequeño de soluciones. Pero también puede ser que x >= 1, con lo que (1 - a)x < 1. Esto, por ser a < 1, nos lleva a 1 <= x < 1/(1 - a). En definitiva, que 1/(a + 1) < x < 1/(1 - a) uniendo ambos intervalos.

Cuarto caso, 1 <= a.

De nuevo, tenemos que distinguir si x, que es positivo, es menor o mayor que 1. Si 0 < x < 1, tenemos que 1 < (a + 1)x, y de nuevo 1/(a + 1) < x < 1 es un intervalo de soluciones. Si x >= 1, entonces (1 - a)x < 1, pero en ese caso, al ser a > 1, el coeficiente es negativo, y x es positiva, según hemos dicho, por lo que la igualdad se cumple para cualquier x >= 1. La unión de los intervalos nos da la solución que 1/(a + 1) < x.

El apartado b), el estudio de las dos soluciones enteras, se limita al caso en que 0 < a < 1, y los valores enteros deben ser 1 y 2 (ya que el intervalo de soluciones siempre empieza por debajo de 1, y deben ser enteros consecutivos). Por eso, 1/(1 - a) estará entre 2 y 3, sin alcanzar ninguno de los dos. Operando con desigualdades, eso nos lleva a que a está entre 1/2 y 2/3.

jueves, 27 de septiembre de 2007

La diana (nivel 2)

Enunciado

Respondamos primero a la pregunta a), de la misma forma que se hizo con el problema de primer ciclo La diana.

Está claro que se pueden obtener los primeros 12 valores, del 1 al 12, puesto que hay casillas que los representan individualmente.

Los valores entre el 12 y el 24 se pueden obtener sólo a partir de anillos de puntuación especial, por lo que sólo se alcanzarán aquellos que sean dobles (múltiplos de 2 o pares) o triples (múltiplos de 3) de algo. Podemos hacer una criba marcando los que podemos conseguir o enumerarlos aplicándoles un criterio de divisibilidad. Nos quedan como imposibles el 13, el 17, el 19 y el 23.

A partir del 24 no se pueden alcanzar con dobles, de forma que sólo hay que eliminar de la lista aquellos que sean múltiplos de 3 (triples). Serán imposibles el 25, 26, 28, 29, 31, 32, 34 y 35.

La lista completa es, por tanto, 13, 17, 19, 23, 25, 26, 28, 29, 31, 32, 34 y 35.

La pregunta b) También se puede responder analizando el problema en tres zonas distintas.

Los puntos por encima de 24 sólo se pueden conseguir de una única manera (como triples), por lo que ninguno de ellos será de este tipo.

Entre 13 y 24, los puntos se pueden conseguir como dobles o como triples, por lo que los que se pueden obtener de dos formas distintas son a la vez dobles (múltiplos de 2) y triples (múltiplos de 3). Es decir, son múltiplos de 6. Sólo hay dos de estos valores, el 18 y el 24.

Por debajo de 13, los puntos se pueden conseguir simples, dobles o triples. Anotaremos entonces como puntos que se pueden obtener de dos formas los dobles (que no sean múltiplos de 3) y los triples (que no sean dobles). Tenemos, por tanto, 2, 3, 4, 8, 9 y 10.

La lista completa es, por tanto, 2, 3, 4, 8, 9, 10, 18 y 24.

Para responder a la pregunta c) nos debemos concentrar en la zona entre 1 y 12 puntos, ya que por encima de 13 sólo se pueden conseguir de dos formas distintas.

Evidentemente, de tres formas sólo se puede conseguir el 6 y el 12, pues son los únicos múltiplos de 6 (dobles y triples a la vez) menores que 13.

domingo, 23 de septiembre de 2007

La diana

Enunciado

Está claro que se pueden obtener los primeros 12 valores, del 1 al 12, puesto que hay casillas que los representan individualmente.

Los valores entre el 12 y el 24 se pueden obtener sólo a partir de anillos de puntuación especial, por lo que sólo se alcanzarán aquellos que sean dobles (múltiplos de 2 o pares) o triples (múltiplos de 3) de algo. Podemos hacer una criba marcando los que podemos conseguir o enumerarlos aplicándoles un criterio de divisibilidad. Nos quedan como imposibles el 13, el 17, el 19 y el 23.

A partir del 24 no se pueden alcanzar con dobles, de forma que sólo hay que eliminar de la lista aquellos que sean múltiplos de 3 (triples). Serán imposibles el 25, 26, 28, 29, 31, 32, 34 y 35.

La lista completa es, por tanto, 13, 17, 19, 23, 25, 26, 28, 29, 31, 32, 34 y 35.

jueves, 20 de septiembre de 2007

Monedas en los bolsillos

Enunciado

Lo primero que debemos hacer en un ejercicio en el que salen números (relativamente) altos, es jugar con un ejemplo más sencillo. Si Roberto sólo tuviese 3 bolsillos, por ejemplo, ¿Cuántas monedas necesita para tener una cantidad distinta en cada bolsillo?

En ese caso, mucho más sencillo, podemos no poner ninguna moneda en un bolsillo, una en otro y dos en el otro, lo que hace un total de 3 monedas.

No se puede hacer con menos, ya que si en todos los bolsillos hay monedas, podríamos sacar una de cada y seguiría habiendo una cantidad distinta en cada uno. Por eso hay un bolsillo en el que no hay ninguna. Por razones similares, hace falta que un bolsillo tenga una única moneda, y así sucesivamente.

En el caso de tener 10 bolsillos, le harían falta 0 + 1 + 2 + 3 + 4 + ... + 9. Si te da pereza hacer la suma, fíjate que podemos agruparlas de forma que 0 + 9 + 1 + 8 + 2 + 7 + ... + 4 + 5, es decir que cada 2 sumen 9, y como son 5 pares, pues está claro que necesita 45 (5*9). Es decir, que no lo conseguirá con sólo 44 monedas.

domingo, 16 de septiembre de 2007

Fracciones enteras

Enunciado

Aparentemente, el objetivo de este problema es que encuentres la solución a la ecuación x2 + 1/(x2) = 7. Sin embargo, nos preguntan el valor de x5 + 1/(x5). Si intentamos resolver la ecuación que hemos dicho, la expresión será un radical (fracción de sumas de raíces), y elevarla a 5 y operar con ese número no promete ser sencillo.

Vamos a probar otro enfoque, consistente en buscar propiedades de la expresión x2 + 1/(x2) que nos lleven a algo parecido a x5 + 1/(x5).

¿Que pasa con esa expresión si la elevamos al cuadrado? (x2 + 1/(x2))2 = x4 + 1/(x4) + 2 (recuerda la expresión del cuadrado de la suma). Como esa igualdad debe ser igual a 72 = 49, tenemos que x4 + 1/(x4) + 2 = 49, por lo que x4 + 1/(x4) = 47.

Si buscásemos x4 + 1/(x4) en lugar de x5 + 1/(x5), ya lo tendríamos. Lamentablemente, no es así. Pero ese razonamiento me da una idea. ¿Se podrá hacer algo parecido con x + 1/x y x2 + 1/(x2)? Resulta que (x + 1/x)2 = x2 + 1/(x2) + 2. Eso quiere decir que, como x2 + 1/(x2) = 7, x2 + 1/(x2) + 2 = (x + 1/x)2 = 9, es decir, que x + 1/x = 3 (o a -3, sólo que como el enunciado dice que x es positivo, debe ser 3).

Parece que nos vamos acercando, tenemos x4 + 1/(x4) = 47 y x + 1/x = 3. ¿Qué pasará si los multiplicamos? (x4 + 1/(x4))(x + 1/x) = x5 + 1/(x5) + x3 + 1/(x3) = 47*3 = 141.

Casi lo conseguimos, solo que nos "sobra" x3 + 1/(x3). ¿Podemos averiguar su valor? Tal vez si multiplicamos x2 + 1/(x2) = 7 por x + 1/x = 3, se aclare. (x2 + 1/(x2))(x + 1/x) = x3 + 1/(x3) + x + 1/x = 7*3 = 21. Por lo tanto, x3 + 1/(x3) + 3 = 21, es decir, que x3 + 1/(x3) = 18.

Sólo nos queda dar el paso final, x5 + 1/(x5) + x3 + 1/(x3) = x5 + 1/(x5) + 18 = 141, de donde x5 + 1/(x5) = 123, que evidentemente es un número entero.

Por cierto, que hay dos posibles valores para x, y ninguno de los dos tiene una expresión sencilla (3 + raíz(5))/2 y (3 - raíz(5))/2. Como verás, ninguno de ellos es cómodo para elevarlo a 5, o para dividir por él (uno es inverso del otro, de todas formas). Tal vez al ser inverso uno del otro no fuese tan difícil. Ver que esas son las dos únicas soluciones positivas de la ecuación inicial, y calcular su potencia 5 sería otra manera de abordarlo.

jueves, 13 de septiembre de 2007

El área de la flecha

Enunciado

Dada la simetría de la flecha, podemos partir en dos la punta y construir con ella un cuadrado, ya que sus ángulos en el punto D serían de 45 grados. El lado del cuadrado sería 5 cm + 5 cm = 10 cm (suma la mitad de la longitud AG con la EF). Es decir, que el área de la punta sería de 100 cm2. El rectángulo que forma el cuerpo de la flecha es sencillo de calcular, 20*10 = 200 cm2, lo que hace que la flecha tenga un total de 300 cm2.

El rectángulo que la envuelve tiene 5 + 20 + 10 + 5 = 40 de largo (ten en cuenta que la longitud desde el rectángulo hasta la punta de la flecha mide el lado del cuadrado que hemos calculado antes) y 5 + 5 + 10 + 5 + 5 = 30 de alto, es decir, 40*30 = 1200 cm2 de área.

Como has visto, la clave en este tipo de ejercicios es fragmentar adecuadamente los dibujos, teniendo en cuenta la información disponible. También podríamos haber calculado la longitud entre E y D, considerando la punta de flecha como medio cuadrado, pero luego habría hecho falta que encontrásemos de alguna forma el ancho de la flecha, es decir, medir la mitad de su diagonal.

domingo, 9 de septiembre de 2007

Dividiendo el círculo

Enunciado

La pregunta parece estar orientada a que nos dejemos llevar por la regularidad y digamos que, como 1 da 2 partes y 2 resulta dividir en 4, con 3 segmentos se divide en 8 partes (lo que es imposible, como veremos) o en 6 (si tienen que ser partes iguales, esta sería la respuesta).

Pensando un poco, para que se divida una circunferencia en más partes, hace falta que el nuevo trazo corte a los anteriores, ya que los nuevos trozos deben tener un fragmento del segmento en su frontera, y este fragmento tendrá un principio y un final. Como tanto uno como otro se comparten con otras partes, basta contar cuántas veces podemos cortar los segmentos que ya existen.

Probemos con lo que ya sabemos. Pensemos en la circunferencia. Con un segmento (que corta a la circunferencia en 2 puntos) la dividimos en 2 partes. Al trazar un nuevo segmento, si corta al anterior, tendremos 1 punto de corte con segmentos y 2 con el borde de la circunferencia, lo que origina 4 partes. Observa que si no corta al anterior segmento, sólo divide la circunferencia en 3 partes, pero nos preguntan por el máximo número de partes.

Al trazar el tercer segmento, podemos hacer que corte a los dos anteriores, por lo que originará una parte al cortar a la circunferencia, y una por cada corte con los 2 segmentos, es decir, 3 partes nuevas, lo que hace un total de 4 + 3 = 7.

Si seguimos con el cuarto, cortará a los 3 anteriores, es decir, creará 4 nuevas partes, hasta un total de 11.

Con 5 segmentos, habrá que añadir 5 nuevas partes, lo que producirá 16 en total, aunque algunas de ellas tendrán un tamaño diminuto.

Suponiendo que conseguimos cortar todos los segmentos anteriores con cada uno nuevo que añadamos, al llegar a 10 habremos añadido 16 + 6 + 7 + 8 + 9 + 10 = 16 + 16*5/2 = 16 + 40 = 56.

jueves, 6 de septiembre de 2007

Monedas atrapadas

Enunciado

No es un problema tan sencillo como parece. Puede que al principio te interese probar en enrejados más pequeños, comprobar que en un enrejado 2x2 hacen falta por lo menos 2 monedas, pero que en un 2x3 también nos basta con dos monedas si las sabemos colocar bien.

Colocando una moneda

Colocando una moneda

Para poder resolver el problema del todo y sin ninguna duda (¿podré hacerlo con menos?) hay que fijarse en un detalle importante: cuando colocamos una moneda en un cuadriculado de ese tipo, quedan satisfechos (en el sentido que indica el enunciado) cuatro cuadrados como mucho: aquél en la que la colocamos y los tres que le tocan un lado (ver dibujo).

Claro, que para tener satisfechos los 18 cuadrados de la configuración 2x9, hacen falta más de 4 monedas, porque con 4 sólo satisfaríamos como mucho 16 (4x4). Si damos con una combinación de 5 que cumpla las condiciones, tendremos resuelto el problema.

Fijándonos en el dibujo anterior, y partiendo de uno de los extremos, es fácil obtener un relleno con cinco monedas (hemos pintado los cuadrados para indicar cercanía a una de las monedas).

Cinco monedas

Cinco monedas

domingo, 2 de septiembre de 2007

Coincidencia de centros

Enunciado

Este problema incluye dos conceptos que debemos revisar previamente para buscar la solución: el centro de la circunferencia inscrita (incentro) de un triángulo y el centro de la circunferencia circunscrita (circuncentro) de otro triángulo. ambos triángulos tienen dos puntos en común (B y C), y uno de los ángulos es la mitad de otro, pero eso lo consideraremos más adelante.

Incentro

Incentro

Empecemos por el incentro. Su principal característica es que es el centro de la circunferencia inscrita, por lo que ésta es tangente a los tres lados. De ahí, las verticales de los lados al centro (en el dibujo, GF, GE y GH) miden todas lo mismo (el radio de la circunferencia). Por otra parte, para que el incentro esté a la misma distancia de los tres lados, pertenece a las tres bisectrices interiores de los mismos, de forma que las líneas que lo unen a los vértices del triángulo (en el dibujo, GB, GC y GD) dividen en dos ángulos iguales a cada uno de los vértices. La coincidencia de ángulos y longitudes hace que, en cualquier incentro, se den unas curiosas igualdades de triángulos rectángulos, que en el dibujo serían CFG = CGH, BEG = BFG y DEG = DEH. Y esto llevaría a unas consideraciones sobre áreas que no nos interesan ahora.

Circuncentro

Circuncentro

Vamos con el circuncentro. Su principal característica es que está a la misma distancia de los tres vértices del triángulo, por lo que los segmentos que lo unen a los tres vértices (en el dibujo, GA, GB y GC) son de la misma longitud, por lo que los triángulos que se forman con dos de esos segmentos (en el dibujo, BCG, BAG y ACG) son isósceles. Para estar a la misma distancia de dos puntos, se debe estar sobre la perpendicular por el centro (mediatriz) al segmento que los une. Por eso se suele calcular el circuncentro intersecando las perpendiculares a los lados por su centro. Dicho de otra forma, las perpendiculares desde el circuncentro a los lados del triángulo (en el dibujo, GE, GF y GI) lo dividen en dos segmentos iguales. También esta circunstancia daría lugar a más consideraciones, pero nos vamos a conformar con esta información, de momento.

Los dos centros

Los dos centros

Vamos ya a nuestro problema. Representamos la información que nos dan, trazando los radios más significativos de las dos circunferencias concéntricas (tienen el mismo centro), y vamos a observar algunas propiedades del dibujo. Por ser circuncentro, G divide el ángulo DCB en dos iguales, que serán la cuarta parte de ACB, ya que CD divide en dos partes iguales a este ángulo.

Por otra parte, por ser G circuncentro, CF = BF, por lo que el triángulo BFG es idéntico a CFG, así el ángulo CBG es el mismo que GCB. Este ángulo parece importante, vamos a ponerle un nombre, llamémosle x. Esto significa que ACB mide 4x. Pero GB es bisectriz de ABC, por lo que ABG también mide x, así que ABC mide 2x.

Vamos a tratar de llegar al último de los ángulos del triángulo inicial. De nuevo E parte en dos segmentos iguales a AB, por ser G circuncentro, de donde AEG es igual a BEG, y de nuevo el ángulo x aparece en BAG. Y como CG y AG son radios de la circunferencia circunscrita, ACG es isósceles en G, por lo que el ángulo CAG es el mismo que ACG, 3x. En definitiva, CAB es de nuevo el ángulo 3x + x = 4x.

Como en todos los triángulos, sus ángulos deben sumar 180 grados, en este caso 4x + 2x + 4x = 10x, de donde x mide 18 grados.

Por esta razón, los ángulos del triángulo ABC son 72 en A y en C, y 36 en B. Esto me ha permitido dibujar con precisión el dibujo, ya que en los borradores que hice a mano no se "apreciaba" tan claramente la coincidencia de centros.

jueves, 30 de agosto de 2007

Alterando un triángulo

Enunciado

El área de esta figura (un triángulo) se puede calcular a partir de sus datos mediante el producto de la base por la altura, dividiendo entre la constante 2.

Antes de lanzarte a calcular con variable, si no te sientes cómodo con ellas, puedes hacer un cálculo concreto. Piensa en un triángulo rectángulo isósceles de cateto 2 cm, por ejemplo, apoyado sobre uno de sus catetos. Aumenta el que marca la base, hasta 2,2 cm, y disminuye el de la altura hasta 1,8 cm. Su área pasa a ser 1,8*2,2/2 = 1,98 cm2, frente a los 2 cm2 anteriores.

Como dice Anil en los comentarios, para saber si aumenta o disminuye después de variar las dimensiones, basta ver qué sucede realmente con los valores. Su altura disminuye un 10%, lo que significa que mide un factor 0,9 de lo que midiese antes, mientras que la longitud de su base aumenta un 10%, lo que significa que queda multiplicada por un factor 1,1. La nueva área, en relación a la antigua sería (0,9*h)(1,1*b)/2 = 0,99*(h*b)/2, lo que significa que la nueva área es 0,99 multiplicado por la antigua, o dicho de otra forma, un 1% menor.

Observa que esto es independiente del valor de la altura o de la base iniciales.

domingo, 26 de agosto de 2007

Equilibra la balanza

Enunciado

En estos casos, se plantean una serie de igualdades que debemos usar para obtener alguna conclusión. Lo normal es tratar de combinar, mediante sumas y restas, las igualdades que tenemos para obtener el resultado, aunque a veces no es tan sencillo.

En el caso que nos ocupa sí que es sencillo, ya que añadiendo lo que hay en los platos izquierdos de las dos balanzas equilibradas en un lado y lo que hay en los dos derechos al otro lado, obtenemos la igualdad de dos caritas, un sol, una nube y dos rayos pesa lo mismo que cinco rayos, dos soles y una nube, como se ve en el siguiente dibujo. Observa, sobre todo, que conseguimos tener dos caritas juntas, que es nuestro objetivo.

Combinando

Combinando

Ahora, podemos quitar dos rayos de ambos platos de la balanza, así como un sol y una nube, de forma que la balanza sigue equilibrada. Pero ahora, sólo tenemos dos caritas en un lado, que era nuestro objetivo. ¿Que queda en el otro plato? Tres rayos y un sol. Esta podría ser una respuesta aceptable. ¿Será la única?

Resultado

Resultado

jueves, 23 de agosto de 2007

Contar ángulos

Enunciado

Equiláteros pequeños

Equiláteros pequeños

Lo primero que hemos de hacer es buscar figuras que nos permitan reconocer ángulos de la medida que nos piden. Lo más sencillo es buscar triángulos equiláteros, cuyos ángulos miden 60 grados (recuerda que entre los tres, que son iguales, han de sumar 180) y que estén divididos de forma simétrica en dos.

Equiláteros grandes

Equiláteros grandes

Como vemos en los dos dibujos, hay dos familias de estos triángulos, cuyos ángulos de 60 divididos en dos partes están siempre en los vértices exteriores de la figura.

Es decir, que todos los ángulos de 30 grados están en los seis vértices exteriores. Observa que en los demás puntos de corte se forman ángulos mayores, como puedes deducir observando los triángulos que se forman con ellos.

Ángulos de 30

Ángulos de 30

Además, en cada uno de los seis vértices se forman exactamente 4 ángulos, como puedes ver en la figura. Por lo tanto el número de ángulos de 30 grados es exactamente 24.

domingo, 19 de agosto de 2007

Promediando coeficientes

Enunciado

Podemos optar, en estos casos, a experimentar un poco, pero será necesario tener cierto conocimiento sobre la relación entre los coeficientes y las soluciones o raíces de una ecuación.

Por si no te lo han explicado (fórmulas de Cardano-Vieta), la ecuación x2 + ax + b = 0 tiene a lo sumo dos raíces, y, si las tiene y se llaman x1 y x2, entonces necesariamente el polinomio x2 + ax + b = (x - x1)(x - x2). Observa que para que se dé esta situación, el coeficiente de la potencia mayor debe ser 1. Desarrollando el producto anteriormente citado, tenemos que (x - x1)(x - x2) = x2 +(-x1-x2)x + x1x2, es decir, que el coeficiente a es x1+x2 cambiado de signo y el coeficiente b el producto x1x2. Esta relación de coeficientes y raíces es necesaria y suficiente, esto, es, sólo existe con las raíces y si existe con un conjunto de números, éstos coinciden con las raíces.

Así, si tenemos dos ecuaciones, en la que la primera tiene las raíces 2 y 5, y la segunda, 2 y 7, los coeficientes de la primera serán -7 y 10, y los de la segunda, -9 y 14. Promediando, obtendremos la ecuación de coeficientes -8 y 12, que tiene por soluciones 2 y 6. Podemos trazar, entonces, la hipótesis de que las soluciones parecen ser la que es común a todas las ecuaciones y otra que sería el promedio de todas ellas. Veamos si podemos demostrarlo.

Cada uno de los ai es igual a -x0-xi, y cada uno de los bi es igual a x0xi.

La suma de todos los ai será igual, entonces a -nx0-(x1 + x2 + ... + xn).

Por otra parte, la suma de todos los bi tendrá un factor común x0, por lo que podrá expresarse como x0(x1 + x2 + ... + xn).

La ecuación que queremos resolver queda, por tanto, x2 + ((a1 + a2+ ... + an)/n)x + ((b1 + b2 + ... + bn)/n) = x2 + (-nx0/n-(x1 + x2 + ... + xn)/n)x + x0(x1 + x2 + ... + xn)/n = x2 + (-x0-(x1 + x2 + ... + xn)/n)x + x0(x1 + x2 + ... + xn)/n, que es el polinomio que tiene por raíces x0 y (x1 + x2 + ... + xn)/n (podemos substituir la x por cualquiera de los dos y se anula, o, más sencillo, comprobar la relación entre coeficientes y raíces).

jueves, 16 de agosto de 2007

A saltos por el paseo

Enunciado

Este problema es sencillo porque tiene varias soluciones muy asequibles. Una de ellas nos la proporciona Anil en los comentarios (mira el enunciado).

Otra, muy similar, consiste en estudiar qué fracción de las baldosas hemos recorrido con nuestros saltos. En el camino de ida hemos recorrido 1/3 de las baldosas, y, en el de vuelta, 1/2. En total, 1/2 + 1/3 = 5/6 del total de baldosas. Como sabemos que eso son 100 baldosas, el total será 100/(5/6) = 100*(6/5) = 120.

Otra distinta es probar la situación en un tamaño menor. ¿Cuántos saltos daría si el paseo tuviese 6 baldosas (tomo 6 para poder dar saltos de 2 en 2 y de 3 en 3)? Si probáis, veréis que has de dar 5, 2 en la ida y 3 en la vuelta. Como en nuestro caso he dado 20 veces más saltos (100/5 = 20), el paseo tendrá 20 veces más baldosas, 6*20 = 120.

domingo, 12 de agosto de 2007

Área a partir del perímetro

Enunciado

No se puede saber, si no conocemos más datos de una figura, su área a partir de su perímetro, aunque sí podríamos acotarla (establecer su área máxima). Sin embargo, en este caso sí sabemos (y mucho) acerca de las figuras con las que trabajamos.

Trazado auxiliar

Trazado auxiliar

Como los rectángulos son iguales, sus lados cortos son iguales, y dividen en tres partes iguales al lado del cuadrado, que también coincide con su lado largo. Luego su lado largo es tres veces su lado corto. Esto se hace evidente si se trazan tres líneas auxiliares (que me mostraron los alumnos de primero de ESO con los que trabajé este curso) como las que aparecen en el dibujo.

El caso es que ese perímetro es ocho veces la longitud del lado corto (dos por los dos cortos y seis por los dos largos), es decir, que el lado corto mide 3 unidades, y el lado largo, tres veces mayor, 9.

El área del cuadrado es, por tanto, 81 unidades de área. Por cierto, ¿alguien sabe cómo es la figura que más área tiene, si obligamos a que tenga un perímetro determinado?

jueves, 9 de agosto de 2007

El campamento de verano

Enunciado

Como ya sabéis, para repartir en grupos iguales a las 96 personas del campamento, hay que dividir, y que el resultado sea exacto.

Como además, el número de personas de cada grupo debe ser mayor que 5 y menor que 20, el resultado de la división debe estar comprendido entre esos dos números.

Si nos fijamos bien, observaremos que al dividir, si da exacto, el cociente es también un divisor del número, que en este caso es 96.

Así, como dice Anil en su comentario, buscamos cuántos divisores entre 5 y 20 tiene 96.

Mirando su descomposición, 2*2*2*2*2*3 podemos reconocer fácilmente a sus divisores, 1, 2, 4, 8, 16, 32, 3, 6, 12, 24, 48 y 96, ya que todos son, o potencias de 2, o múltiplos de éstas por 3.

Los que buscamos concretamente son 6, 8, 12 y 16.

Es decir, de cuatro tamaños diferentes: 16 de 6, 12 de 8, 8 de 12 y 6 de 16.