domingo, 29 de julio de 2007

El dinero de Iván

Enunciado

Este tipo de problemas es muy frecuentemente resuelto de una forma excesivamente larga y complicada. Como sabemos resolver ecuaciones, nos lanzamos a resolver, sin pensar demasiado, todos los problemas con ecuaciones.

Sí se puede pero es un sistema poco eficaz. Hay otro método que es mucho más efectivo, pese a ser equivalente. Tratar de resolver paso a paso el problema, pero hacia atrás. Esto es, partiendo del resultado final y, como un detective, reconstruir lo que pasó en el punto anterior.

Al final, Iván se queda sin dinero, luego antes de darle al diablo los 8 rublos, tenía 8 rublos. Eso significa que antes de cruzar por tercera y última vez el puente, tenía 4. Antes de eso, le dió 8 al diablo, luego tenía 12. Por tanto, la segunda vez que fue a cruzar el puente tenía 6, y cuando le dio 8 al diablo tenía, por tanto, 14. Por eso, antes de cruzar por primera vez el puente tenía 7.

Como ya he dicho, hay muchos problemas así ¿como los reconocemos? Porque somos capaces de seguir sin mucho esfuerzo las operaciones desde el final hasta el principio. A veces, merece la pena intentarlo.

jueves, 26 de julio de 2007

Sudoku

Enunciado

De nuevo nos encontramos con un sudoku. En este cso, para resolverlo ha bastado buscar por orden los números en cada uno de los cuadros de una misma línea. En la mayoría de los casos, eso bastaba para encontrar la ubicación de los números que faltaban. En caso contrario, se pasaba al siguiente número, o a la siguiente línea vertical u horizontal. Dejo la solución, pero si alguien encuentra dificultades en resolverlo, que pregunte y haré un esfuerzo resolviéndolo paso a paso.

Solución

Solución

domingo, 22 de julio de 2007

Doblando un cuadrado

Enunciado

En realidad, este enunciado se puede probar que es cierto para cualquier distancia DE. Si se ha tomado valores concretos, es para facilitar las expresiones, ya que formaba parte de una prueba contra reloj.

La clave en este problema es marcar adecuadamente los ángulos rectos y los ángulos que son iguales, y aplicar el teorema de pitágoras y semejanzas.

Nombrando puntos

Nombrando puntos

Pongamos nombre a los puntos más importantes. En la figura adjunta, observamos que hemos utilizado las letras F, G, H e I para marcar vértices de triángulos que se aprecian en la figura. También he marcado con un punto rojo donde debe haber un ángulo recto.

Necesitamos tener medidas para empezar a comparar. Sabemos que DE mide 1. Como AF y FE miden lo mismo, y FD + AF mide 3, y entre las tres medidas (DE, FE y FD) forman un triángulo rectángulo, podemos crear una ecuación que lo exprese: 12 + (3 - FE)2 = FE2. Deduciendo a partir de la ecuación anterior, llegamos a 1 + 9 - 6FE = 0, por lo que FE = 10/6 = 5/3, y FD mide, por tanto, 3 - 5/3 = 4/3.

Si nos fijamos en los ángulos que se forman en E, FEH es recto, por lo que DEF y HEC suman otro recto, es decir, son complementarios. como el ángulo CHE también es complementario de HEC, concluimos que CHE es igual a DEF, y por eso DEF y ECH son triángulos semejantes. Sabiendo que EC + DE suman 3, tenemos que EC mide 2, y por la proporcionalidad, HC = 1*2/(4/3) = 3/2, y EH = 2*(5/3)/(4/3) = (2*3*5)/(4*3) = 5/2.

Evidentemente, GHI es igual, como ángulo, a EHC, por lo que GHI también es semejante. Como HI + EH = 3, y EH = 5/2, llegamos a HI = 1/2, por lo que GI = (4/3)*(1/2)/1 = 2/3 y GH = (5/3)*(1/2)/1 = 5/6.

Ahora, podemos comprobar tranquilamente el enunciado. El triángulo mayor es ECH, cuyo perímetro es 2 + 3/2 + 5/2 = 6, la mitad del perímetro del cuadrado, 3*4, y la suma de los otros dos es 1 + 5/3 + 4/3 + 1/2 + 2/3 + 5/6 = (6 + 10 + 8 + 3 + 4 + 5)/6 = 36/6 = 6.

La única dificultad de la generalización se da en que todo debe depender de la distancia entre D y E, que es variable. Pero se fundamenta en las mismas ideas.

viernes, 20 de julio de 2007

Edades para ir de fiesta

Enunciado

Si usamos un poco de álgebra, este problema es relativamente sencillo.

Supongamos que X es la cantidad de gente que hay en la fiesta al principio.

Puesto que sabemos que coincide con la media de edad, necesitaremos saber cuál es la media de edad, que se calcula sumando las edades de todos y dividiendo por el total de personas de la fiesta.

Llamemos S a la suma de las edades de todos los de la fiesta. Se cumple que X = S/X. O, dicho de otra forma, S = X*X = X2.

Cuando llega a la fiesta la persona de 29 años, tenemos que S aumenta en 29 unidades, y X aumenta en una unidad, pero la igualdad se mantiene entre estas dos cantidades, es decir, S + 29 = (X+1)2 = X2 + 2X + 1.

Usando ahora las dos ecuaciones, substituimos la S en la segunda y obtenemos que X2 + 29 = X2 + 2X + 1, y simplificando esta ecuación, llegamos a que 28 = 2X, es decir, que X = 14.

Es decir, que había 14 personas en la fiesta que tenían una media de edad de 14 años (la suma de sus edades debe ser de 196). Sin embargo, la llegada del nuevo invitado, subió la media de edad a 15 años, al tiempo que aumentaba el número de participantes en uno (ahora la suma de sus edades asciende a 225).

domingo, 15 de julio de 2007

Los elefantes del circo

Enunciado

Como es lógico en cualquier problema, empecemos por reducir los datos a unidades homogéneas. El domador tarda 40 minutos en asear a un elefante, mientras que su hija tarda 120 minutos (las dos horas que indica el problema).

Es decir, que en el tiempo en que la hija acaba con un elefante, el padre es capaz de limpiar 3. Podemos expresar que en 120 minutos, entre ambos, limpian a 4 elefantes (3 el padre y uno la hija). Estos 120 minutos serán nuestra unidad de tiempo.

Pero la manada del circo está compuesta de 6 elefantes, que no es múltiplo de 4, de forma que deberemos de usar decimales o fracciones. Dividir 6 entre 4 proporciona 1,5 (o 3/2), es decir, que deberemos utilizar unidad y media de tiempo, lo que hace 180 minutos.

En ese tiempo, el padre puede limpiar cuatro elefantes y medio, mientras que la hija limpiará uno y medio.

En esta solución, tanto uno como otra están trabajando todo el tiempo, de forma que es la solución que menos tiempo invierte.

Si no fuese posible limpiar "medios elefantes", evidentemente, la hija no debería limpiar más que uno y dejar los otros a su padre, que tardaría un total de 200 minutos, 20 minutos más.

jueves, 12 de julio de 2007

La carrera

Enunciado

Está claro que hacen falta al menos tres corredores para cumplir cualquiera de las tres afirmaciones, ya que siempre hablamos de un corredor y otros dos más.

¿Bastaría con tres corredores? Vamos a intentar interpretar las frases en una carrera con tres corredores. Les llamaremos Andrea, Bartolo y Carlos, y supondremos que han entrado en ese orden en la meta.

Bartolo y Carlos (dos corredores) han llegado después de otro (Andrea).

Andrea y Bartolo (dos corredores) han llegado antes que otro (Carlos).

Por último, Bartolo ha llegado entre un corredor (Andrea) y otro (Carlos).

Por tanto, bastan tres corredores para que se puedan afirmar las tres cosas.

domingo, 8 de julio de 2007

Reuniones de amigos

Enunciado

Antes de ponernos a hacer pruebas, vamos a hacer unos cálculos rápidos. Si son 7 amigos, cuando se sientan en una mesa circular, forman 7 parejas (cada uno con el de su derecha, ya que la pareja con el de su izquierda está contada al marcar al de la derecha de su compañero sentado a la izquierda). Reunirse 3 noches sin repetir pareja equivale a formar 21 parejas distintas (7 cada noche).

¿Cuántas parejas pueden, realmente, formarse con 7 personas? Si seleccionamos a una de las siete personas, tenemos 7 posibilidades, y 6 para seleccionar al acompañante. Sin embargo, hay que contar con que la pareja A-B es en realidad la misma que B-A, así que habrá que dividir entre 2 el número resultante, pues cada par de parejas lo contaremos dos veces. Así, podemos obtener 7*6/2 = 21.

Por tanto, si es posible reunirse de esa forma (que aún no lo sabemos), agotaremos todas las posibles parejas, de forma que debemos andar con mucho cuidado.

El número de 7 es manejable, de forma que procederemos a situarlos en la mesa con mucho cuidado de no repetir ninguna pareja. Supongamos que la posición desde A y siguiendo un sentido determinado en la mesa, es ABCDEFG, de forma que tenemos las parejas AB, BC, CD, DE, EF, FG y GA.

Empecemos a colocar los de la segunda noche. Junto a A no podemos sentar a B ni a G, empecemos por sentar a C, junto a C no podemos sentar a B ni a D, y así sucesivamente. Llegamos a una ubicación que puede ser, por ejemplo, ACEBGDF, que nos proporciona las parejas AC, CE, EB, BG, GD, DF y FA.

Para la tercera noche todas las parejas usadas están prohibidas, lo que nos debe dar una única ubicación válida para cada uno, puesto que sólo tendrá dos posibles vecinos de mesa (salvo cambio de sentido). Así, junto a A debe sentarse D y E, y si seguimos así, nos queda la ubicación ADBFCGE, que proporciona las parejas finales AD, DB, BF, FC, CG, GE y EA.

Como la segunda noche hemos usado una ubicación algo arbitraria, es posible que tengamos muchas soluciones más, pero está claro que eso alterará también la composición de la mesa de la tercera noche.

Actualizado

Ups propone en un comentario al enunciado una solución muy elegante. Tras mantener el orden de la primera noche, ABCDEFG, cada uno se sentará junto al que ocupaba dos sillas más a la derecha la segunda noche. Evidentemente, a su izquierda tendrá a quien estaba dos sillas a su izquierda, por lo que no repetirá pareja (ACEGBDF). La tercera noche, se sentará junto al que la primera noche estaba tres sillas a su derecha (o, equivalentemente, dos sillas a su izquierda la segunda noche, ADGCFBE). Tampoco, por razones evidentes, repetiremos compañero.

Mira el enunciado para leer el comentario original

jueves, 5 de julio de 2007

Tres círculos y un rectángulo

Enunciado

Nuevos radios

Nuevos radios

La clave, como en tantos otros problemas de geometría plana, está en trazar las líneas adecuadas. En particular, estas líneas suelen ser radios de circunferencias, o bien diagonales de rectángulos. En este caso, resultan ser ambas cosas.

Si buscamos los radios de las circunferencias que unen los centros con los puntos de tangencia, obtenemos la figura que representamos junto a estas líneas. Aparentemente, forman una única línea recta, pero ¿es recta de verdad, o se trata de una ilusión óptica?

Si nos fijamos en el lugar en el que coinciden los radios de una y otra circunferencia, observaremos que ambos son perpendiculares a la tangente común, por lo que de verdad forman 180 grados, es decir, forman parte de una misma línea. Y en el centro, dada la simetría del dibujo, también forman un ángulo de 180 grados, con lo que la suma de esos cuatro radios forma la diagonal del rectángulo.

Hablemos ahora de medidas. Como los radios de las circunferencias grandes valen 1, y el de la pequeña exactamente la mitad (recuerda que es tangente a los lados superior e inferior del rectángulo), concluimos que la longitud total de la diagonal es 3.

Ahora bien, por el teorema de pitágoras, sabemos que la longitud del lado largo del rectángulo, al cuadrado más 1 (longitud del corto al cuadrado), debe sumar 9 (longitud de la diagonal al cuadrado). Por tanto, el lado largo debe valer raíz cuadrada de 8, o, lo que es lo mismo, el doble de raíz cuadrada de 2. Su valor es, aproximadamente, 2,828427125.

domingo, 1 de julio de 2007

Triángulo relleno de números

Enunciado

Solución

Solución

De nuevo, como hablamos de productos, hemos de fijarnos en los factores primos. Los primeros números que es preferible situar son, en este caso, el 7, 3 y el 5, por ser factores primos que sólo están presentes una vez (ni siquiera están presentes en la descomposición de los otros).

Para el 7 encontramos el sitio más adecuado en el punto en común de las casillas marcadas con los números 56, 70 y 35, porque los tres son los únicos que tienen presente ese factor en su descomposición.

De la misma forma, el 5 lo ponemos donde se unen las casillas marcadas con múltiplos de 5, en el centro del triángulo. El 3 aportará este factor a los números 6, 30 y 15.

Una vez estén situados estos números, los demás será sencillo colocarlos en aquellas casillas en las que sólo falte un factor de los tres, hasta acabar el ejercicio.

El triángulo queda como el que mostramos junto a estas líneas.