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.