jueves, 31 de mayo de 2007

Las edades

Enunciado

Este sería un problema sencillo de resolver si se usan ecuaciones, pero habitualmente no se han explicado todavía a los que cursan primaria, de forma que voy a tratar de razonarlo con dibujos, sin utilizar ecuaciones, para que puedan usar estas ideas en futuros problemas.

Un primer paso, como se ve en la imagen, es visualizar las edades de prima y tío como bloques que representan años. Evidentemente, el bloque pequeño es Irene en la actualidad y el mayor Carlos, también en la actualidad, que está compuesto de cuatro bloques pequeños.

¿Como representamos el paso de tres años? Parte de esa edad (que correspondería a tres años) la hemos pintado de otro color (gris). Como el bloque que representa la edad de Carlos contiene varias veces (cuatro) la edad de Irene, en ellas he pintado también ese fragmento de tres años.

Por último, en la tercera imagen, se aprecia cómo he juntado los bloques de tres años en la parte superior. Claro, tres años menos significa para ambos eliminar uno de estos bloques. Y, como la edad de Carlos era cinco veces la de Irene entonces, se puede ver que tres de estos bloques de tres años son iguales que la edad de Irene que falta por añadir.

Concluimos, por tanto, que la edad de Irene en ese momento era de nueve años (tres bloques de tres años), y por tanto, la de Carlos era de 45. En la actualidad, Irene tendría 12 y Carlos cuatro veces más, 48 (y tres más que cuando tenía 45).

domingo, 27 de mayo de 2007

Triángulos isósceles en un polígono

Enunciado

En este caso, yo empezaría a probar combinaciones concretas. Probablemente, después introduciría un orden entre ellas para asegurarme de citar todos los casos posibles, y no repetir ninguno (o los menos posibles). Y en todos ellos, buscaría los triángulos pedidos. Si además descubro una ley general, mejor (la hay, este problema es un caso particular de uno más genérico propuesto en una fase de la Olimpiada Matemática Española).

Rojos y azules

Rojos y azules

Si dejamos juntas las cuatro no marcadas (de azul), se produce una combinación del tipo oooxxxx, como la que vemos en el dibujo contiguo. Vemos que se pueden formar tres triángulos isósceles, 1-2-3 (rojo), 4-5-6 y 5-6-7 (azul). He numerado los vértices en el sentido de las agujas del reloj, empezando desde el primero rojo.

Si sólo permitimos tres azules juntas, la otra debe estar entre dos rojas, con lo que se pueden dar dos casos que resultan ser simétricos. Por tanto, quedan reducidos al del dibujo (ooxoxxx), donde también se pueden contar tres triángulos, azules todos ellos, 3-5-7, 3-6-7 y 5-6-7.

Si hay a lo sumo dos azules juntas, las dos restantes pueden estar juntas o no, por lo que da lugar a dos situaciones claramente distintas, salvo simetrías. Sus esquemas son ooxxoxx y oxoxoxx. La primera de ellas tiene también tres triángulos, que son 1-2-5, 3-4-7 y 3-6-7.

Por otra parte, la otra variante tiene (como no podía ser de otra forma tres triángulos isósceles monocromáticos, 1-3-5, 2-4-6 y 2-4-7.

No puede haber más posibilidades, ya que siempre han de quedar al menos dos azules juntos, puesto que hay más azules que rojos.

¿Y si hubiese seis vértices solamente? El resultado no sería igual. En primer lugar, observamos que en la colocación oooxxx habría dos triángulos (1-2-3 y 4-5-6), mientras que en ooxoxx no habría ninguno. Además, en el caso oxoxox tendríamos el problema de encontrarnos con dos triángulos equiláteros (que podrían ser tratados a todos los efectos como isósceles, pues dos lados iguales también tienen).

jueves, 24 de mayo de 2007

El área entre dos círculos

Enunciado

Como en casi todos los problemas de geometría, falta uno o varios segmentos que aportan una información vital para la solución del problema. En este caso, hemos trazado un radio de la circunferencia menor, que va desde el centro (claro) de la circunferencia menor hasta el punto donde el diámetro horizontal de la mayor la corta. Observa que forma un triángulo rectángulo (pintado en verde en el dibujo) con el trozo del diámetro horizontal y el del vertical.

Pongamos nombre a los radios. Supongamos que x es el de la circunferencia menor e y el de la mayor. Viendo la diferencia vertical, está claro que 2y - 2x = 36, o lo que es lo mismo, y - x = 18. Veamos lo que miden los tres lados del triángulo rectángulo en función de x y de y. La hipotenusa es claramente x, el cateto horizontal mide y - 20 y el cateto vertical, y - x.

Como sabemos que y = 18 + x, probemos a substituir. La hipotenusa mide x, el cateto horizontal, x - 2 y el vertical 18. Aplicando el teorema de pitágoras, x2 = 182 + (x - 2)2. Desarrollando esta igualdad, llegamos a que x2 = 324 + x2 - 4x + 4, es decir, que 0 = 328 - 4x, de donde x = 328/4 = 82 y por tanto y = 100.

Una vez conocemos los radios, el área es fácil, pues basta restar las áreas de ambos círculos, pi por el radio al cuadrado, o lo que es lo mismo, pi por la diferencia de los cuadrados de los radios. Es sencillo calcular esta diferencia, pues y2 - x2 = (y + x)(y - x) = 182*18 = 3276, es decir el resultado es 3276 por pi (en metros cuadrados).

domingo, 20 de mayo de 2007

Detective novata

Enunciado

Hay muchos enunciados de este tipo, en el que se plantean una serie de opciones excluyentes (es decir, que no pueden suceder a la vez, ya que cada uno de los vecinos debe vivir en una casa diferente, con la puerta de un color y trabajar en una profesión distinta) y se debe contestar a preguntas al respecto. Para resolverlos cómodamente, se suele emplear una tabla como la representada en el dibujo (pulsar para ampliar) en la que se cruzan los datos de uno y otro tipo. No es imprescindible resolver el problema con tabla, pero ayuda mucho, porque representa de una manera muy breve ideas bastante complejas.

Supongo que entiendes cómo crear una tabla similar, para cualquier otro problema. Veamos cómo rellenarla. Si una posibilidad es imposible, lo señalaremos tachando la celda correspondiente. Si sólo queda una celda, o sabemos que una situación determinada es cierta, se marca con un 0 la casilla correspondiente (y se tachan las demás). Cuando busquemos "trasladar" un dato a otro sitio, seguiremos las líneas (veremos algún ejemplo).

Lo primero que vamos a hacer es trasladar directamente la información que nos dan a la tabla, como está representado. Para distinguir un lado de otro, supondremos que García (que vive en una casa del centro) vive en el lado sur, y que el señor Fernández vive en el lado derecho, porque no hay indicaciones que correspondan a derecha o a izquierda.

Una vez está representado esto, podemos extender las propiedades de forma casi automática, usando las casillas marcadas con un 0. Veamos un ejemplo: como hay un 0 entre "marrón" y "policía", todo lo que hay a un lado de ese 0 se puede trasladar al otro, es decir, como el policía no puede ser García, tampoco el García puede vivir en la casa marrón. El resultado aparece en la siguiente tabla. La verdad, es que aún hay pocos avances.

Ahora, hay que releer los datos por si pudiesen tener algún significado nuevo, cuando hemos eliminado algunas posibilidades. Por ejemplo, como el panadero vive enfrente de ramírez, y no puede vivir en sur-centro, entonces el panadero no puede vivir en norte-centro. Por supuesto, si esta cruz estuviese en la línea de un 0, provoca nuevas cruces.

El mismo proceso se repite una y otra vez, leyendo atentamente las pistas y tratando de marcar las cruces correspondientes. A veces, eso deja un único espacio para el 0, que se sitúa en ese hueco y provoca a su vez una nueva copia de cruces. Podemos ver el final del proceso en la cuarta imagen.

En este caso, la solución es completa, de forma que podremos saber de cada una de las personas su profesión, su situación en la urbanización y el color de su puerta. En algunos problemas similares puede que algunas de las relaciones queden sin resolverse. En cualquier caso, lo que debemos responder son las preguntas que se formulan en el enunciado, que corresponden a determinadas casillas de la tabla.

En particular, la puerta del señor Vazquez es amarilla, según el esquema, y la persona de la casa de puerta negra trabaja como conductor.

miércoles, 16 de mayo de 2007

Seis vasos

Enunciado

Objetivo

Objetivo

La solución a este problema es similar a la de las piezas. Básicamente, se trata de comparar el objetivo a la imagen inicial y darse cuenta de las diferencias, que son el vaso segundo y el quinto.

Moviendo el contenido

Moviendo el contenido

Es decir, que en realidad sólo cambian dos vasos. Pero no podemos mover los dos, si no sólo uno. Si somos más observadores nos daremos cuenta de que no hay que cambiar los dos vasos de sitio, sólo el contenido de los vasos. Es decir, que hay que cambiar sólo el agua de sitio. Y para eso, como vemos en el dibujo, basta tocar un solo vaso, y tener un poco de pulso.

domingo, 13 de mayo de 2007

Poniendo baldosas

Enunciado

Me parece que poniendo este problema en el concurso nos hemos excedido. Para poder abordar la primera pregunta, es conveniente probar de cuántas formas se puede transformar un cuadrado en sí mismo, para ver el número de simetrías que hay que comprobar de una figura dada. La respuesta, incluyendo giros y simetrías, es el número 8. Junto a estas líneas podemos ver las ocho simetrías de un cuadrado con un dibujo en su interior, incluyendo el propio dibujo.

Representar todas las posibles formas de colocar las baldosas es un trabajo muy costoso. Por lo menos, a mí me ha supuesto bastante esfuerzo. Debemos numerar las diferentes formas en las que vamos situándolas, para asegurarnos recorrer todas las posibles y no duplicar esfuerzos, y a la vez eliminar aquellas que sean iguales, a través de una de las ocho simetrías del cuadrado, a otra creada previamente. Para detectar rápidamente repeticiones, he ideado marcar unas figuras representativas mediante colores, a las que he puesto nombres que me permitan recordarlas rápidamente. En el lateral vemos ahora ejemplos con esas figuras coloreadas. En el primero vemos una escalera larga amarilla y dos escaleras cortas. En la segunda, una mariposa en amarillo y dos escarabajos.

Sin más preámbulos, situamos el primer grupo de nueve formas distintas. Como es fácil apreciar, algunas baldosas están numeradas. Esta numeración representa el orden en que se han colocado las baldosas. Siempre tratamos de colocar la siguiente en una esquina superior izquierda, por tener una referencia (cuando hay varias, elegimos una). Contamos con dos posibles posiciones para esa baldosa: horizontal y vertical.

Primero colocamos la baldosa en horizontal. Cuando pasamos a la siguiente decoración, volvemos a la última de las baldosas situadas y la cambiamos a vertical (evidentemente, si ya está en vertical, esta baldosa ya se ha usado de todas las formas posibles, por lo que pasamos a mover la baldosa situada anteriormente). A la izquierda, vemos el segundo grupo de nueve formas.

En todos los diseños observamos baldosas sin numerar. Estas baldosas son las que se colocan de forma obligatoria porque las que hemos puesto anteriormente nos reducen el espacio. debemos borrarlas cuando construimos un nuevo diseño. Si hay espacio o no para colocar las baldosas de más de una forma, es algo bastante evidente. A la derecha vemos el tercer bloque de nueve formas diferentes.

Y por fin acabamos con los diseños de suelos. En total, si no me he equivocado, son 32 diseños distintos (sí que me he equivocado, mirar la actualización). Observa que los colores están puestos de manera algo arbitraria, para encontrar pronto las estructuras repetidas cuando vas generando las combinaciones. Primero busco las escaleras largas, y las pinto. Después, las escaleras cortas (el orden entre ellas es poco importante). Después, las mariposas (sólo hay en una de las estructuras), y, por último, los escarabajos. Así, aunque una determinada disposición podría tener escarabajos, si parte de sus baldosas forman parte de una escalera, no se colorea.

En cuanto a la segunda pregunta, si se puede o no cubrir con baldosas el segundo patio, la respuesta es que no. Podría intentarse hacer por tanteo, pero existe un sistema más corto que puede que sea muy eficaz en determinados problemas. Si observamos que la coloración inicial del patio parece un fragmento de ajedrez, nos daremos cuenta de que cada baldosa de las que vamos a colocar tapa un recuadro negro y uno blanco, siempre que esté sin partir. En el primer patio esto no es problema, pues hay la misma cantidad de cuadros negros y blancos, pero en el segundo patio no sucede lo mismo. al tapar la columna un recuadro de color blanco, hay dos recuadros más negros que blancos. Luego es evidente que no pueden cubrirse todas sin partir al menos una de las baldosas.

Actualización

Parece ser que hay un error en las últimas dos posibilidades. Por lo visto, estaba ya muy cansado cunado las comprobé. La número 32 es idéntica a la 30, haciendo una simetría de eje vertical. Y la 31 coincide mediante un giro de 180 grados con la 26 (tercer grupo de resultados). De forma que el número de posibilidades se reduce a 30.

Por cierto, la división de un espacio en celdas pequeñas (o tapar con baldosas) sin dividir la forma de estas celdas se llama teselar, y a la baldosa o celda, teselas. Hay muchos problemas en los que aparece este objetivo.

jueves, 10 de mayo de 2007

Cubos de colores

Enunciado

Este problema pertenece a la misma familia de problemas que el de pintar triángulos del primer ciclo. Y el sistema para abordarlo es similar, tratar de citar uno a uno los casos (o las familias de casos) de forma que quede claro que no hay elementos repetidos entre los citados en un grupo y los citados en otro.

Posiciones iniciales

Posiciones iniciales

Supongamos que el cubo lo pintamos usando los colores amarillo, rojo y azul. Fijémonos sólo en las caras amarillas. Básicamente pueden tener dos posiciones distintas: o una es opuesta de la otra o está junto a ella (es adyacente). Vamos a analizar estos dos casos detenidamente. Para ilustrar este problema podemos optar por desplegar el cubo, separar un poco las caras (o romperlas) para que se vean las de detrás, o bien simular un giro que nos permita ver varias vistas del cubo para averiguar cómo está pintado por el lado que no podemos ver.

Amarillos opuestos

Amarillos opuestos

Amarillos opuestos

Ponemos las caras amarillas arriba y abajo. Las caras rojas, que están en las caras laterales, pueden ser opuestas o adyacentes, y está claro que eso da lugar a sólo dos casos distintos. Evidentemente, las caras azules son las que faltan por rellenar.

Amarillos adyacentes

Amarillos adyacentes, otros opuestos

Amarillos adyacentes,
otros opuestos

Ponemos una cara amarilla arriba y la otra en el lateral. Es fácil entender que podemos girar el cubo de forma que intercambiemos las dos caras, de forma que habrá que tener cuidado con ese cambio por si hiciese iguales dos decoraciones distintas. Si queremos poner las caras rojas opuestas, sólo podemos hacerlo de forma que estén ambas en el lateral, a ambos lados de la cara amarilla, y así las dos azules quedarán opuestas a las dos amarillas. También podemos hacer lo mismo con los colores cambiados, es decir, los azules opuestos entre sí y los rojos opuestos a los amarillos. En total dos casos que pasan a añadirse a los dos anteriores.

Ninguno opuesto

Ninguno opuesto

Si no queremos poner los rojos opuestos entre sí, ni los azules, podemos colocar los rojos en el lateral (uno junto a otro), y los azules, de forma que uno sea opuesto a un rojo y otro a un amarillo. Hay dos formas distintas de hacerlo, pero pueden parecer cuatro, hasta que giremos el cubo cambiando de sitio las caras amarillas y veamos que dos de ellas coinciden con las otras dos. En las imágenes vemos la vista y el desarrollo de las dos formas distintas, con la cara roja en primer plano. Si cambiamos las amarillas de sitio, tendremos las dos formas que no tienen la cara roja en primer plano.

Así, en total hay sólo seis formas distintas de pintar el cubo con estas condiciones.

domingo, 6 de mayo de 2007

Pintar triángulos

Enunciado

Tres colores invariantes

Tres colores invariantes

Lo primero que hay que tener en cuenta es que, si giramos el triángulo, a veces, coincidirá con otro y, por tanto, una forma de pintarlo puede coincidir con otra. Por eso, es importante considerar lo que pasa cuando lo giras. Fíjate en el triángulo coloreado con tres colores. He marcado de un mismo color los triángulos que coinciden cuando giran. Vamos a considerar en primer lugar los triángulos de los vértices, luego los interiores que están tocando un vértice y por último los del centro de los lados (aunque se pueden considerar en cualquier orden).

Triángulos externos

Triángulos externos

Por otra parte, pintar tres de un color oscuro y los seis restantes de un color claro es tanto como escoger tres. Mi primer intento va a ser el que tiene pintados de oscuro los tres vértices. Evidentemente, sólo hay una frorma de hacerlo.

Dos externos

Dos externos

En segundo lugar, si pintamos dos de los tres vértices, siempre los podemos girar para que estén "abajo", y el vértice sin pintar "arriba". Con esto, el triángulo queda inmovilizado. Una vez hecho esto, hay que elegir el tercer triángulo por pintar en un triangulito que no sea del vértice (hay seis). Por tanto, tenemos seis decoraciones diferentes. De momento, tenemos 6 + 1 = 7 posibilidades.

Un triángulo externo

Un triángulo externo

Ahora, si pintamos uno sólo de los vértices, lo voy a situar arriba (para inmovilizar de nuevo el triángulo). Nos quedarán dos del centro por escoger para pintar de oscuro. Como son seis, tendremos muchas posibilidades. En concreto, quince, que podemos ver junto a estal líneas. De momento, tenemos 15 + 6 + 1 = 22 posibilidades.

Tres secundarios

Tres secundarios

Si no pintamos de oscuro ninguno de los vértices, vamos a considerar los tres triángulitos centrales pegados al vértices, y repetiremos el proceso. Tenemos, como primera posibilidad, los tres pintados de oscuro. De momento, tenemos 1 + 15 + 6 + 1 = 23 posibilidades.

Dos secundarios

Dos secundarios

La segunda, será pintar dos de oscuro, y uno de los tres restantes (recuerda que no podemos ya pintar los vértices). En total, tres posibilidades. De momento, tenemos 3 + 1 + 15 + 6 + 1 = 26 posibilidades.

Un secundario

Un secundario

Y la tercera, que sólo pintemos uno de oscuro, así que para pintar los otros dos tendremos otras tres posibilidades, puesto que hay que escogerlos entre los tres triangulitos que ni son vértices, ni están unidos a uno. De momento, tenemos 3 + 3 + 1 + 15 + 6 + 1 = 29 posibilidades.

Últimos tres

Últimos tres

Por último, si resulta que tampoco pintamos los tres triangulitos unidos a los vértices de oscuro, hay que escoger los tres restantes para pintarlos de oscuro, de donde sacamos la última posibilidad. En total, 1 + 3 + 3 + 1 + 15 + 6 + 1 = 30 posibilidades.

En realidad hay muchas formas de ordenar estas treinta decoraciones, pero es importante centrarse en una para detectar y evitar repeticiones. La técnica que se ha usado consiste en separar los casos según su simetría, para detectar rápidamente cuando dos decoraciones son la misma.

jueves, 3 de mayo de 2007

Dos series

Enunciado

Hay varias estrategias que nos van a permitir identificar fácilmente series típicas. La más sencilla, es construir diferencias entre los elementos de las series, e incluso diferencias de las diferencias. Si no salen series más sencillas, podemos probar a dividir cada término por el anterior o cosas similares. De todas formas, a veces se puede continuar una serie de forma diferente según como la interpretemos, por lo que hay que contar nuestro razonamiento.

En el primer caso, al restar sale de la serie 1 - 2 - 4 - 7 - 11 - 16 la serie 1 - 2 - 3 - 4 - 5, que son evidentemente números consecutivos. Si queremos que cumpla la misma condición, hay que sumar 6 al 16, obteniendo el 22.

En la segunda serie, al restar obtenemos a partir de la serie 2 - 3 - 5 - 8 - 13 - 21 la serie 1 - 2 - 3 - 5 - 8. Aparentemente, esta serie no significa nada, pero si nos fijamos, a partir del primer término es igual que la que teníamos. Es decir, que el siguiente sería 21 + 13 = 34. Esto también se puede interpretar como que la serie se puede obtener cada término sumando los dos anteriores, como en la sucesión de Fibonacci.