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.