domingo, 29 de abril de 2007

Potencias que se dividen

Enunciado

Para trabajar con números enteros que se dividen unos a otros, es conveniente pensar en los números factorizados, es decir, convertidos en un producto de números primos.

En el problema que nos ocupa, supongamos que tenemos un factor primo p que está en la descomposición en factores de a. Como a divide a b2, es evidente que p debe estar también en la descomposición de b (si no estuviese, tampoco podría estar en la de b2).

De forma similar, si q es un primo que está en la descomposición de b, como b2 divide a a3, y está claro que q estará en la descomposición de b2, también estará en la de a3, y por tanto no tendrá más remedio que estar también en a.

De esta forma, tanto a como b están formados por los mismos factores primos. Tal vez, elevados a potencias diferentes.

¿Qué les pasa a esas potencias de la factorización cuando elevamos los números a y b a una potencia? Pues lo que sucede es que se multiplica la potencia original por aquella a la que elevamos (recuerda que (pn)s = pn*s). Supongamos que uno de los primos p que forma parte de a está elevado a n, y que cuando forma parte de b, el mismo está elevado a m. En ese caso, el que a divida a b2, significa que n es menor o igual que 2m. De la misma forma, obtenemos que 2m es menor o igual que 3n, que 3n es menor o igual que 4m, que 4m es menor o igual que 5n, pero que, para al menos alguno de los primos, 5n es mayor que 6m, puesto que a5 no divide a b6.

Para trabajar con esas desigualdades, procuramos que uno de los números (m, por ejemplo) quede sin coeficiente, de forma que n/2 <= m, m <= 3n/2, 3n/4 <= m, m <= 5n/4 y m < 5n/6 (ojo, esta última desigualdad sólo es obligatoria para la potencia de algún primo de las descomposiciones).

Ahora bien, n/2 <= m y 3n/4 <= m son muy similares. En realidad, como 3n/4 siempre es mayor que n/2, sobra la primera desigualdad. De la misma forma, m <= 3n/2 y m <= 5n/4 son similares, pero en este caso, 5n/4 es menor que 3n/2, por lo que sobra también la primera desigualdad.

Si además, consideramos que al menos en un primo m < 5n/6 y que 5n/6 es menor que 5n/4, tendremos que un primo tendrá que cumplir que 3n/4 <= m < 5n/6, mientras que los demás podrán cumplir que 3n/4 <= m < 5n/4.

Probando con valores de n, vemos que (para el primo "especial") n tiene que ser por lo menos 4 (si es más pequeño, no hay enteros entre un valor y el otro). Y en ese caso, m tiene que valer 3 (se pide que busque un número, no que los encuentre todos, así que voy a por el más pequeño). Tomando el primo más pequeño, y suponiendo que no hay más primos en los números (de nuevo para que sean pequeños), podemos encontrar a = 24 = 16 y b = 23 = 8. Veamos que cumplen las condiciones:

a = 24 = 16 divide a 64 = 26 = b2

b2 = 26 = 64 divide a 4096 = 212 = a3

a3 = 212 = 4096 divide a 4096 = 212 = b4

b4 = 212 = 4096 divide a 1048576 = 220 = a5

pero a5 = 220 = 1048576 no divide a 262144 = 218 = b6

Se pueden encontrar muchos números como estos, multiplicando por otros primos (siempre que no sean 2), o encontrando otros valores para n y m, o usando otros primos de base.

Actualización

He corregido algunos valores erróneos

jueves, 26 de abril de 2007

Extrañas monedas (nivel 2)

Enunciado

Pagar diversas monedas puede ser entendido como sumarlas, y que nos devuelvan, como restar. Así conseguimos trasmitir dinero (miguelhernandios, en nuestro caso).

Nos encontramos con un caso similar al del problema primero, o el sexto de los de primer ciclo. Sumas y restas de números enteros, que persiguen conseguir una cantidad determinada. Las cantidades que utilizamos en esta ocasión son 10, 12 y 15, cuyo máximo común divisor es 1. Por eso, sabemos que podemos conseguir cualquier múltiplo de 1, es decir, cualquier número (ver la solución al problema primero de primer ciclo).

Aunque no conozcamos estos ejemplos, podemos encontrar fácilmente una combinación que proporcione las cantidades que nos piden (3, 7 y 11). Pagando 15 y devolviendo 12 cambiamos 3, pagando 12 y 15 y devolviendo dos de 10 cambiamos 7 y, por ejemplo, pagando tres de 15 (45) y cobrando una de 10 y dos de 12 (34) obtenemos 11.

Como nos piden la mejor forma de obtener ciertos cambios, podemos probar combinaciones de pocas monedas hasta lograr todos los cambios que se quieren. De esta forma, nos aseguramos que son los mejores cambios.

Con una sola moneda no podemos lograr ninguna transferencia de 1 a 6 miguelhernandios.

Con dos monedas, restando una de otra, podemos lograr 2 (12 - 10), 3 (15 - 12) y 5 (15 - 10), que son todas las combinaciones que dan valores pequeños.

Con tres monedas no se puede hacer mucho, ya que sumando 10 + 10 - 15, que es la combinación más pequeña, ya da 5, que se logra con sólo dos monedas. La siguiente combinación es 10 + 12 -15, que da 7 (por cierto, mejora la forma de obtener 7 que vimos antes).

Con cuatro monedas, tenemos 12 + 12 - 10 - 10, que da 4. 15 + 15 - 12 - 12, que da 6 y 10 + 15 - 12 - 12, que nos da 1.

Así, tenemos las mejores combinaciones para los 6 primeros valores:

1 = 10 + 15 - 12 - 12

2 = 12 - 10

3 = 15 - 12

4 = 12 + 12 - 10 - 10

5 = 15 - 10

6 = 15 + 15 - 12 - 12

Por último, es evidente que podrán pagar cualquier cantidad, ya que pueden transferir un sólo miguelhernandio, por lo que uno a uno pueden pagar cualquier cifra entera.

domingo, 22 de abril de 2007

Extrañas monedas

Enunciado

Pagar diversas monedas puede ser entendido como sumarlas, y que nos devuelvan, como restar. Así conseguimos trasmitir dinero (miguelhernandios, en nuestro caso).

De nuevo nos encontramos con un caso similar al del problema primero, o el sexto. Sumas y restas de números enteros, que persiguen conseguir una cantidad determinada. Las cantidades que utilizamos en esta ocasión son 10, 12 y 15, cuyo máximo común divisor es 1. Por eso, sabemos que podemos conseguir cualquier múltiplo de 1, es decir, cualquier número (ver la solución al problema primero).

La forma concreta en que se consiguen esas cantidades se pueden encontrar con un sencillo tanteo. Por ejemplo, podemos conseguir 6 entregando dos monedas de 15 y recogiendo dos de 12. De la misma forma, entregando tres de 15 y recogiendo tres de 12, pagamos 9. Para pagar 17, podemos pagar una de 12 y otra de 15, y recoger una de 10.

Sin embargo, existen otras soluciones, como nuestros alumnos nos han hecho notar. Por ejemplo, conseguir 9 pagando una de 15 y dos de 12, recogiendo tres de 10.

jueves, 19 de abril de 2007

Las piezas

Enunciado

Éste problema, además de obligarnos a tantear con las piezas, nos puede enseñar algo útil: visualizar el objetivo es importante.

objetivo

objetivo

Dibujemos exactamente lo que queremos lograr (imagen a la derecha).

superponiendo

superponiendo

Si lo superponemos (aunque sea mentalmente) sobre el punto de partida (imagen de la izquierda), tratando de tapar el mayor número de piezas posibles (las que no se mueven), podemos ver que algunas piezas de partida quedan descubiertas (las que quedan en azul), exactamente 3. Claro, que también hay 3 (en rojo) del objetivo que no tienen ninguna debajo. Está claro qué piezas hay que mover, y dónde se ponen ¿no?

lunes, 16 de abril de 2007

Una serie de raíces

Enunciado

Cuando trabajas con fracciones de denominador irracional, una de las estrategias más útiles es la racionalización, esto es, encontrar una fracción equivalente con denominador entero. El sistema consiste básicamente en multiplicar numerador y denominador por una expresión similar, pero con el signo que marca la operación de suma o resta cambiado.

Cuando hacemos esto, al multiplicar una suma por una diferencia (ambas tienen los mismos términos), obtenemos una diferencia de cuadrados (es decir, los términos cruzados salen de diferente signo y se anula). Como consecuencia, las raíces cuadradas desaparecen al resultar elevadas al cuadrado. Claro, que sólo podemos eliminar las raíces del denominador, apareciendo entonces en el numerador.

En nuestro ejemplo, si tomamos la fracción (como ejemplo) uno partido por la suma de las raíces de 2 y de 3, podemos probar a multiplicar denominador y numerador por la diferencia de raíz de 3 menos raíz de 2. En el numerador queda esta diferencia (raíz de 3 menos raíz de 2) y el denominador queda 3 menos 2 (las raíces quedan elevadas al cuadrado), es decir, 1.

serie racionalizada

serie racionalizada

Esto mismo podemos repetirlo en todos los términos, quedando una serie como la que aparece en la expresión del dibujo.

Por si no se viese, la expresión es raíz de 2 menos raíz de 1 más raíz de 3 menos raíz de 2, y así sucesivamente, hasta llegar a la raíz de 100 menos la raíz de 99.

Este tipo de sumas se llaman telescópicas, ya que en cada término hay una parte que anula una parte del término siguiente. En realidad, podemos comprobar que se anula todo, excepto la raíz de 100 (con signo positivo) y la de 1 (con signo negativo), es decir, 10 menos 1, que da como resultado 9.

domingo, 15 de abril de 2007

Triángulos enteros

Enunciado

Si probamos a crear triángulos con lados de longitud entera, pronto nos daremos cuenta de que el lado más largo ha de ser más corto que la suma de los otros dos, porque en caso contrario no podemos unir el vértice contrario.

Si el lado más largo valiese 6 (o más) unidades, como en total han de sumar 12, los otros lados no podrían ser en total más largos, pues sólo podrían llegar a sumar 6.

Por lo tanto, el lado más largo sólo puede valer 5 unidades (a lo sumo). En ese caso, los otros dos han de ser menores o iguales que 5 (claro, porque son más cortos) y sumar 7. Sólo hay dos casos: 5, 4 y 3 y el caso 5, 5 y 2.

Si el lado más largo mide 4, los otros dos han de sumar 8 y ser menores o iguales que 4, es decir, que sólo puede ser 4, 4 y 4.

Si intentamos hacer un triángulo de lado mayor inferior a 4, no podremos sumar 12, porque los tres lados serían menores que cuatro. Por tanto los tres casos citados son los únicos.

¿Cuál tendrá el área mayor?

Si queremos calcular el área de los tres, para compararlos, hay que aplicar el teorema de Pitágoras.

rectángulo

rectángulo

El primero de los triángulos (5,4,3) debería ser conocido, porque 52 = 42 + 32. Eso quiere decir que es un triángulo rectángulo, es decir, que si dejamos de base uno de los lados cortos, el otro es una altura (ver dibujo). Por eso, su área es 3*4/2 = 6 centímetros al cuadrado.

isósceles

isósceles

El segundo de los triángulos (5,5,2) es isósceles. Dibujándolo con la base corta, podemos dividirlo por la altura en dos triángulos rectángulos iguales, cuya altura es un cateto y la altura del triángulo completo. Por simetría, el cateto de la base mide 1 cm., y aplicando pitágoras, obtenemos que la altura al cuadrado es igual a 25 - 1 = 24. Eso quiere decir que la altura mide la raíz cuadrada de 24 (en centímetros), y para hallar el área del triángulo hay que multiplicarla y dividirla por 2, es decir, que su área es raíz cuadrada de 24 centímetros cuadrados. Está claro que es menor que 6, porque 6 es la raíz cuadrada de 36.

equilátero

equilátero

El tercero de los triágulos (4,4,4) es equilátero, así que le podemos aplicar un método similar al anterior, dividiéndolo en dos triángulos rectángulos. En este caso, la altura al cuadrado sería igual a 16 - 4, es decir, 12. Así que la altura sería raíz cuadrada de 12. Para hallar el área, habría que multiplicarla por 4 y dividirla por 2, con lo que quedaría que el área mide 2 por la raíz de 12 en centímetros cuadrados (equivale a 4 por raíz de 3). Para comparar este valor con 6, sólo hay que ver que 6 es 2 por 3, y que 3 es menor que la raíz de 12 (3 es la raíz de 9).

Por tanto, el triángulo de mayor área es el equilátero (4,4,4).

Actualización: He corregido un par de cálculos en los que me había equivocado, al aplicar el teorema de Pitágoras al revés. Ahora es correcto. Pido disculpas.

miércoles, 11 de abril de 2007

Instrucciones

Leer un blog es una tarea bastante sencilla. Este blog sólo tiene la peculiaridad de que sus entradas son soluciones a problemas, pero aún así, hay mucha gente que no se aclara con el uso que le puede dar a esta página. Paso a detallar algunas cosas que se pueden hacer y cómo se hacen.

Categorías de problemas

Todos los problemas (y por tanto, sus soluciones) están clasificados en cuatro categorías, que podemos encontrar al final del problema: primaria (12 años o menos), primer ciclo de secundaria (12-14 años), segundo ciclo de secundaria (14-16 años) y bachillerato (16-18 años). A veces la clasificación no es muy precisa.

Podemos ver las últimas entradas de una categoría determinada, pulsando sobre su nombre (a la derecha, donde pone etiquetas).

¿Dónde están los enunciados de los problemas?

En cada solución hay una referencia al enunciado que soluciona. Se puede encontrar si se sigue el enlace "Enunciado", al principio. Puedes ir escribiendo comentarios e incluso tu propia solución.

Añadir comentarios

Me gustaría ver opiniones de la gente que pasa por aquí. Al final de cada entrada (pulsa en el título de la entrada), aparecen los comentarios. No es necesario suscribirse ni dejar dato ninguno para poner un comentario, basta seguir el enlace llamado "Publicar un comentario en la entrada".

Puede que pase un cierto tiempo hasta que lo autorice. He de tener cierto control sobre lo que se dice. Si publicas algo personal, advierte que sólo es para mí y lo borraré antes de que otras personas lo vean.

Los problemas antiguos

Cuando miramos la página de entrada, o la de una categoría determinada, sólo se nos muestran las últimas ocho entradas. Para ver los anteriores, hemos de acudir al final de la página y pulsar sobre el texto que dice "Entradas antiguas".

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Si no sabes qué es la sindicación de contenidos, tal vez no la necesites. Pero si quieres estar al día de lo que se publica aquí, lee algo al respecto.

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martes, 10 de abril de 2007

La fiesta de cumpleaños

Enunciado

El número más alto que se puede alcanzar sumando los que Belén ha repartido es 35 = 17 + 18, y el más bajo 3 = 1 + 2. Los cuadrados que se pueden lograr son, por tanto, 4, 9, 16 y 25.

Con esta información, es evidente que la pareja de Belén puede ser el 3, el 8 o el 15. Para averiguarlo, debemos colocar las demás parejas para saber si hay una única solución, o bien se pueden dar varias situaciones.

Empecemos por eliminar los número más fáciles. Como 18 es mayor que 16, sólo puede estar bailando con 7, para sumar 25. Lo mismo sucede con 17, que ha de bailar con 8, y con 16, que baila con 9. Puesto que 7, 8 y 9 están ya emparejados, los suprimimos y vamos a anotar las demás posibilidades.

El 15, puede estar con 1 y con 10. El 14, con 2 y con 11. El 13, con 3 y con 12. El 12, con 13 y con 4. El 11, con 5 y con 14. El 10, con 6 y con 15. El 6, con 10 y con 3. El 5, con 11 y con 4. El 4, con 12 y con 5. El 3, con 13, con 6 y con 1. Y el 2 sólo puede bailar con 14.

Un consejo: prepara una tabla como la que viene a continuación, donde buscar las parejas y tachar las que ya están asignadas.

Invitado Posible pareja
15 1 10
14 2 11
13 3 12
12 4 13
11 5 14
10 6 15
6 10 3
5 11 4
4 12 5
3 13 6 1
2 14
1 15 8 3

Como el 2 sólo puede bailar con 14, éste está cogido. El 11 se ve obligado a bailar con el 5. Por esta razón, el 4 baila obligatoriamente con el 12. A su vez, eso obliga a que el 13 baile con el 3.

En este punto, el 6 ha de bailar con el 10. Y, claro, el 15 no tiene más remedio que bailar con el 1, que lleva Belén.

lunes, 9 de abril de 2007

Sudoku

Enunciado

sudoku resuelto

sudoku resuelto

Supongo que no será necesario explicar paso a paso cómo se resuelve este pasatiempo. Dejo a la izquierda la solución, aunque no es difícil comprobar por uno mismo si se ha procedido de forma correcta o no.

domingo, 8 de abril de 2007

Escasez de relojes de arena

Enunciado

Como comentábamos en la solución del problema primero, sumando y restando cantidades enteras se puede conseguir obtener siempre el máximo común divisor, y por ello, cualquier múltiplo de éste.

Como el máximo común divisor de 15 y 9 es 3, cualquier múltiplo se puede alcanzar sumando y restando, en particular 12. ¿Cuál será la mejor estrategia para lograrlo?

Probando a sumar y restar, descubrimos que 9 + 9 + 9 - 15 = 12. Ahora, hay que convertir esto en movimientos de reloj de arena.

Ponemos en marcha (a caer) ambos relojes a la vez. Cuando el de nueve se agote, volvemos a voltearlo. En el momento que se acabe el de 15, tumbamos el de 9 para que se quede horizontal (quedan por caer 9 + 9 - 15 = 9 - 6 = 3 minutos). Ahora es cuando empieza la cuenta de los 12 minutos. Levantamos de nuevo el reloj de 9 (que caigan los 3 minutos que quedan) y cuando acabe, le damos la vuelta (otros 9 minutos). En total, 12 minutos.

sábado, 7 de abril de 2007

Las edades de las hijas de Alicia

Enunciado

Si hacemos algunas pruebas con cantidades concretas, descubriremos que podemos calcular las edades de las hermanas a partir de la mayor, restando cuatro años.

En el supuesto de que la mayor tuviese 30 años, la segunda tendría 26, es decir, cuatro menos que ella, la tercera, 22, es decir, cuatro menos que la segunda y por tanto ocho años menos que la primera, y la cuarta tendría 18, es decir, cuatro años menos que la tercera, ocho menos que la segunda y doce años menos que la mayor.

Lamentablemente, en este ejemplo, la pequeña no tiene la mitad de años que la mayor, por lo que no nos vale como solución, pero sí nos proporciona una información muy valiosa: la hermana pequeña siempre tiene doce años menos que la mayor.

También podríamos calcular al revés, la edad de la mayor a partir de la de la pequeña, y así, si la pequeña tuviese ocho años, la mayor tendría 16, pues debe tener el doble.

Lamentablemente, en este ejemplo, la pequeña no tiene doce años menos que la mayor, si no ocho años menos, puesto que para que la mayor tenga el doble de años, la diferencia de años debe coincidir con la edad de la pequeña.

¿Te das cuenta? La diferencia de edad (que sabemos que es 12 años) debe coincidir con la edad de la pequeña. Por eso, la pequeña debe tener 12 años, la mayor 24, la segunda 20 y la tercera 16, edades que resuelven el problema.

viernes, 6 de abril de 2007

Los triángulos

Enunciado

Hemos de observar que la figura está trazada sobre un pentágono regular, y que si la giramos la quinta parte de una vuelta vuelve a ser ella misma. Eso quiere decir que cada triángulo que encontremos va a estar repetido cinco veces, de forma que nos podemos ahorrar parte del trabajo. Voy a pintar los triángulos (o las familias de triángulos) que voy encontrando, ordenando un poco los resultados.

familia a de triángulos

familia a de triángulos

Empecemos con los triángulos que están formados por una única pieza. A la derecha podemos ver una familia de cinco triángulos iguales, pintados de rojo.

familia b de triángulos

familia b de triángulos

Ahora, a la izquierda, otros cinco triángulos de una sola pieza, pintados de verde. Forman una familia, pues se obtienen girando la figura un quinto de vuelta. Contados junto a los anteriores, tenemos 10.

familia de 2 piezas a

familia de 2 piezas a

Como ya no quedan triángulos de una sola pieza, comenzamos con los de dos. A la derecha he pintado de cinco colores distintos (porque se tocan) los miembros de otra familia de triángulos, en esta ocasión formados por dos piezas. Sumados a los anteriores, hacen un total de 15.

familia de 2 piezas b

familia de 2 piezas b

Y, claro, a la izquierda, he hecho lo mismo con otra familia de triángulos. Estos son muy parecidos a los anteriores, pero son todos nuevos. Podéis observar que estos están "mirando" en el sentido contrario a los otros, como si se reflejaran en un espejo. Sumados a los anteriores, hacen un total de 20.

triángulo de 3 piezas a

triángulo de 3 piezas a

Todas las demás formas de juntar dos piezas no proporcionan triángulos, así que hay que recurrir a juntar tres. Aquí tenemos una forma (a la derecha) de juntar tres, que da lugar a otros cinco triángulos. Sólo he pintado a uno de la familia, porque algunos de los demás usan las mismas piezas y no se les vería demasiado bien. Sumados a los anteriores, hacen un total de 25.

triángulo de 3 piezas b

triángulo de 3 piezas b

Y, a la izquierda, otra forma de juntar tres piezas que da lugar a un triángulo, que no es igual a los otros. De nuevo sólo he podido pintar uno de los triángulos, así que tendrás que imaginarte los otros cuatro. Sumados a los anteriores, hacen un total de 30.

triángulo de 5 piezas

triángulo de 5 piezas

Con cuatro piezas no se pueden encontrar triángulos, ya que todas las uniones provocan formas de más de tres lados. La única familia que queda está formada por cinco piezas, y es el triángulo más grande que hay en esta figura. Uno de ellos lo he puesto a la derecha de estas palabras. Sumados a los anteriores, hacen un total de 35.

Así pues, son 35 los triángulos que podemos ver en esa pequeña figura.

jueves, 5 de abril de 2007

La diana

Enunciado

Veamos la tabla:

50 100 200
Jaume (200 puntos) 250 300 400
Albert (50 puntos) 100 150 250
María (150 puntos) 200 250 350

La idea es que sólo pueden conseguir los puntos que aparecen en la tabla, por lo que vamos a proceder a contestar a las preguntas utilizándola.

a) María puede perder si saca sólo 200 puntos en total, siempre y cuando Albert consiga 250, ya que Jaume la supera seguro en ese caso.

b) Albert no puede ganar. A lo sumo, puede sacar 250, con lo que podría empatar con Jaume, si sólo saca 250.

c) Jaume no puede perder en solitario, pues lo peor que le puede pasar es sacar 250 puntos, y en ese caso, Albert podría empatarle. Si eso sucediese, podríamos decir que Jaume pierde, aunque empatado con Albert.

miércoles, 4 de abril de 2007

Mago busca puerta

Enunciado

Primera solución (tanteo)

Fíjate que 2 no pueden abrir, pero 3, los juntemos como los juntemos, sí pueden abrir la puerta.

Tres cerraduras

Es evidente que más de 3 cerraduras sí necesitará, ya que con sólo 3, no tendría para repartir a los cuatro, por tanto uno no tendría llave, y si ése y 2 más pueden abrir, los otros dos pueden abrir solos.

Cuatro cerraduras

Al menos necesita 4, veamos que con 4 no puede cumplir las condiciones.

No puede haber ninguno con 3 llaves, pues en cuanto lo juntases con uno más que tuviese la restante, abriría.

Uno de ellos tendría que tener 2 (si no, tres no podrían abrir la puerta, al faltarles una llave). Llamémosle A. Los otros tres (B, C y D) deben poder abrir la puerta, luego tienen 4 llaves, por eso hay otro (supongamos que B) que tiene 2 llaves. A y B deben tener una llave en común, porque en caso contrario, abrirían la puerta entre los 2. Tampoco pueden tener repetidas las dos llaves, porque en ese caso, ellos dos y otro abrirían la puerta, y si se fuese uno de los dos, tendrían las mismas llaves. Luego entre los dos tienen tres llaves. La cuarta la tienen los otros dos, puesto que cualquiera de ellos con A y B deben de poder abrir. Claro, que si juntas C y D con A, pueden abrir, luego C o D tienen la llave que le falta a A y tiene B, y también la que les falta a ambos, por lo que entre ése y A tendrían las cuatro llaves.

Cinco cerraduras

Con cinco cerraduras el proceso es aún más complejo, pero lo cierto es que tampoco se puede hacer. Veamos.

Ninguno puede tener tres llaves. Si uno (llamémosle A) tuviese tres, y uno tuviese las dos restantes, podrían abrir la puerta entre dos. Luego los otros tres sólo podrían tener una de las dos que le faltan a A. Pero como son 3, dos de ellos la tienen repetida (supongamos que son B y C). Cuando juntemos a A, B y C tienen que tener todas las llaves, lo cual es absurdo.

Es decir, que como mucho tendrían que tener dos llaves. Además, es sencillo entender que al menos hay dos que tienen dos llaves, porque en caso contrario no podrían juntar 5.

Tomemos dos de los que tienen dos llaves (A y B). No pueden tenerlas iguales, ya que al juntar un tercero, no dispondrían de 5 llaves.

Si dos de ellos tienen una llave igual, entre ambos tienen 3 llaves, luego al añadir cualquiera de los otros dos (C o D) han de juntar 5 llaves, por lo que las dos llaves que tuviesen habrían de ser las dos que le faltan, y por tanto C y D tendrían el par de llaves igual, lo que hemos visto que no puede ser.

Si no tienen ninguna repetida, entre los dos tienen 4 llaves. Los otros dos tienen la llave que falta, pues entre 3 deberían abrir la puerta. Claro, que si juntamos A con los otros dos, también abrimos, por lo que entre C y D tienen las llaves que tiene B, repartidas, porque no pueden tener 3. Y si tomamos B, C y D, también tienen entre C y D las que tiene A, por la misma razón. No puede ser, pues siguen teniendo el límite de dos llaves.

Seis cerraduras

Nos acercamos a la respuesta.

Supongamos que ninguno tiene tres llaves. Evidentemente, todos tienen que tener dos, pues al juntar tres debemos poder abrir 6 cerraduras. Evidentemente, A y B tienen cuatro llaves y C tiene las dos restantes, pero si juntamos A, B y D, obtenemos que C y D tienen las mismas, y, claro, B, C y D no pueden abrir la puerta.

Está claro que al menos alguno tiene tres llaves. ¿Podría alguno tener cuatro llaves? Si A tiene cuatro llaves, ninguno de los otros puede tener las dos restantes, de forma que, por ejemplo, B tiene una y C otra. Pero si juntamos A, B y D, D debe tener la misma que tenía C antes, y si junto A, C y D, alguno debe tener la que tenía B, siendo que en cuanto la tuviera, se podría juntar con A y abrir la puerta.

Bueno, el caso es que, si el sistema funciona, el que más llaves tiene, dispone de 3. Supongamos que sea A y llamemos a las llaves Amarilla, Roja y Verde. Entre A, B y C abren la puerta, así que uno entre B y C debe tener dos llaves de las restantes y el otro al menos una. Supongamos que B tiene la Azul y la Negra, y que C tiene la Blanca. Juntando a A, B y D concluimos que D también tiene la Blanca. Claro, que si juntamos a A, C y D, sabemos que entre C y D tienen la Azul y la Negra, pero no pueden tenerlas a la vez. Pongamos que C tiene la Azul y D la Negra. Sólo nos queda juntar a B, C y D, y les faltrían las tres llaves que tiene A (Amarilla, Roja y Verde), sin acumular más de una cada uno (recuerda que ya tienen dos, y no pueden llegar a cuatro). Como son tres, pueden tener una cada uno.

Luego el reparto podría funcionar así: A, Amarilla, Roja y Verde, B, Amarilla, Azul y Negra, C, Roja, Blanca y Azul, y D, Verde, Blanca y Negra.

Comprobemos que las cuatro diferentes combinaciones de tres trolls (A, B, C), (A, B, D), (A, C, D) y (B, C, D) disponen de las seis llaves (tres de ellas, repetidas).

Por otra parte, respecto a los pares de trolls, a (A, B) le falta la llave Blanca, a (A, C) le falta la llave Negra, a (A, D) le falta la llave Azul, a (B, C) le falta la llave Verde, a (B, D) le falta la llave Roja, y a (C, D) le falta la Amarilla. Por cierto, son seis las parejas, y seis las cerraduras. Tal vez razonando por aquí hubiese salido antes, aunque habría que demostrar que es imposible hacerlo con menos cerraduras.

Por tanto, con seis cerraduras y dos copias de cada llave, puede cumplir sus deseos el mago, y guardar en su cámara lo que le quede después de pagar al cerrajero, y a nosotros por esta deducción.

Otra solución (más breve)

Como hemos visto, se pueden hacer exactamente seis pares de trolls con los cuatro disponibles, que serían (A, B), (A, C), (A, D), (B, C), (B, D) y (C, D). A todos ellos les debe faltar al menos una llave. Esa llave, la tienen que tener todos los que no pertenezcan al par, pues al unirse, podrían abrir la puerta. A dos pares distintos (en los que hay al menos un troll diferente) no puede faltarles la misma llave, ya que el de un par que no pertenezca al otro debe tener todas las llaves que le falten al otro par. Economizando al máximo, podemos escoger una llave por cada par, que debe llevar cada troll que no pertenezca al par (es decir, habría que hacer dos copias). Supongamos que a (A, B) le asociamos la llave 1, a (A, C) le asociamos la llave 2, a (A, D) le asociamos la llave 3, a (B, C) le asociamos la llave 4, a (B, D) le asociamos la llave 5 y a (C, D) le asociamos la llave 6.

De esta forma, A tendría las llaves (4, 5, 6), B tendría las llaves (2, 3, 6), C tendría las llaves (1, 3, 5) y D tendría las llaves (1, 2, 4). Es sencillo comprobar que esto equivale al reparto hecho en la solución anterior, y por tanto es una solución válida y es la que menos cerraduras (y llaves) usa.

martes, 3 de abril de 2007

El regalo

Enunciado

En este problema, lo principal es ser ordenado en la realización de operaciones, e interpretar bien el enunciado.

Como el regalo costó 84€, y repartieron el coste en partes iguales, cada una debía pagar 84/3 = 28€. Sin embargo, Cristina comenzó pagando la totalidad del regalo, de forma que la cantidad de dinero que tenía quedó reducida a 100 - 84 = 16€.

Gloria le dió a Cristina su parte, que ascendía a 28€, de forma que Cristina quedó con 16 + 28 = 44€.

Aitana sólo pudo darle la mitad de su parte, es decir, 28/2 = 14€, por lo que Cristina llevaba al final de todo 44 + 14 = 58€. Esta cantidad es la que nos piden (aunque Aitana le siga debiendo otros 14€).

También se podría calcular restando, del total que tenía al principio (100€) la parte de Cristina (28€) y la mitad de la de Aitana (14€), que es lo que Cristina ha pagado en realidad (el resto lo ha recuperado). El resultado es el mismo, 58€.

domingo, 1 de abril de 2007

Cuboctaedro

Enunciado

Supongo que todos sabéis que un cubo tiene seis caras: la superior, cuatro laterales y la inferior.

cara de cubo

A la derecha, tenemos lo que le sucede a una de esas caras cuando convertimos un cubo en un cuboctaedro: se convierte en un cuadrado más pequeño. Los lados del nuevo cuadrado forman, con los fragmentos de los lados que se han suprimido, un triángulo rectángulo isósceles. Puesto que ambos catetos (los fragmentos suprimidos) miden 3 centímetros, la hipotenusa, es decir, el lado del nuevo cuadrado, mide raíz cuadrada de 18 (o si lo prefieres 3 por raíz de 2), como aplicación del Teorema de Pitágoras.

Es decir, que los nuevos cuadrados a los que han quedado reducidas las caras del cubo tienen un área de 18 centímetros cuadrados. Como son 6, el área total será de 108 centímetros cuadrados. Pero no son las únicas caras que tiene esta figura. Puedes apreciar que cada vértice (los "picos" en los que se juntan tres caras), al cortar la esquina, ha dado lugar a un triángulo, que es equilátero, y cuyos lados también miden raíz de 18 (va unido a tres cuadraditos).

altura de triángulo equilátero

Para calcular su área, necesitamos el dibujo de la izquierda, en el que se aprecia que la altura del triángulo forma, junto con medio lado y un lado completo, un triángulo rectángulo, de la que es cateto. Elevando al cuadrado y aplicando de nuevo el Teorema de Pitágoras, sale que el cuadrado de esta altura mide 18-18/4, es decir, 54/4. Por eso, su longitud (en centímetros) será la raíz cuadrada de 54 partido por 2 (si lo prefieres, 3 por raíz cuadrada de 6 partido por 2). Como el área del triángulo es base por altura partido por 2, en este caso será 9 por raíz cuadrada de 3, partido por 2 (observa que los factores bajo la raíz se pueden agrupar y extraer de ella).

¿Cuántos de estos triángulos hay? Uno por cada esquina (o vértice). Hay cuatro junto a la cara superior del cubo original y otras cuatro junto a la inferior. En total son 8, por lo que el área de los triángulos será 36 por raíz cuadrada de 3 centímetros cuadrados.

resultado

El área total, expresada en la imagen de la derecha, es la suma de ambas áreas, en centímetros cuadrados: 108 más 36 por la raíz cuadrada de 3, lo que hace un total aproximado de 170,3538 centímetros cuadrados.

¿Y el volumen? El volumen original del cubo es 6*6*6 = 216 centímetros cúbicos. A este volumen hay que quitarle las cuatro esquinas, cuya forma es la de una pirámide de base triangular. Para calcular el volumen de una de estas pirámides, debemos saber que el volumen de una pirámide es igual a la tercera parte del producto del área de la base por la altura.

pirámide eliminada

En este caso, el sistema para calcularlo se ve muy simplificado, porque esta pirámide podemos situarla sobre cualquier base, ya que está formada en su totalidad por triángulos. Es sencillo entender que si escogemos como base cualquiera de las que antes era una cara de un cubo, la altura coincide con uno de los fragmentos de arista del cubo (ver imagen). El área de la base es, por tanto, 3*3/2, es decir, 9/2 centímetros cuadrados, y, puesto que la altura es 3, su volumen será 27/6 centímetros cúbicos.

Como el número de pirámides que hemos suprimido en total es 8 (las esquinas o vértices), el volumen total que hemos quitado del cubo es 8*27/6, es decir, 36 centímetros cúbicos. El volumen total del cuboctaedro, por tanto, es de 180 centímetros cúbicos.