domingo, 28 de diciembre de 2008

Dividiendo un triángulo

Enunciado

Caso 3

Este es un problema bastante difícil (era el tercero de la primera jornada), aunque no lo parezca. Evidentemente, debemos empezar por estudiar el caso más sencillo, para lo que he hecho el dibujo que acompaña a estas líneas, el caso p=3, en el que el triángulo propuesto queda dividido en 19 partes, que se han pintado de colores para facilitar su recuento. Es evidente que el número máximo de zonas en las que queda dividido el triángulo es este, ya que no hay tres líneas que concurran en el mismo punto.

Cada línea que atraviesa el triángulo añade una región más al triángulo, si no corta a ninguna otra línea. Pero cuando pasa por un nuevo punto de corte, añade una región extra.

Dicho así, el número de regiones sería 1 + número de líneas + número de cortes entre las líneas. En nuestro caso, el número de líneas trazadas es 6 (tres lados, por dos para cada lado), y cada una de cada lado corta a las cuatro de los otros dos lados (y en cada punto de corte hay dos líneas), de forma que hay un total de 3*2*4/2 = 12 puntos de corte, lo que hace un total de 1 + 6 + 12.

El problema podría surgir si estas líneas, en algún triángulo o en todos los triángulos, concurriesen en un mismo punto, pues dificultaría enormemente el recuento de los puntos de corte. Afortunadamente, disponemos de un interesante resultado, el Teorema de Ceva, que nos facilita mucho saber si se cortan tres líneas o no. De hecho, este tipo de líneas que partiendo de un vértice llegan hasta el lado opuesto se denominan en general cevianas, ya que frecuentemente se utiliza este resultado para estudiarlas.

Dicho resultado viene como anillo al dedo para este problema, que sería mucho más difícil si no se conociese, ya que afirma que tres cevianas se cortan en el mismo punto si y sólo si se cumple que (BX/CX)*(CY/AY)*(AZ/BZ)=1, siendo X, Y y Z los puntos de corte de las cevianas que llegan respectivamente a los lados BC, AC y AB (nótese que el orden en que están tomados los cocientes es siempre circular).

En nuestro caso, conocemos estas proporciones, pues hemos dividido los lados en segmentos de proporciones fijas, es decir, que si tomamos tres de los puntos, tendremos que, independientemente de las longitudes de los lados del triángulo, los cocientes del Teorema de Ceva serían fracciones de dos números enteros que suman exactamente p. Evidentemente, una de estas fracciones debe ser irreducible, pues de tener un factor común, también lo sería de p, pero ¿podría ser que el producto de los tres cocientes fuese exactamente 1?

Caso 5

Si tenemos que los puntos en los lados están marcados con los enteros a, b y c, los cocientes serían a/(p - a), b/(p - b) y c/(p - c), y para que fuese 1 tendría que darse que abc = (p - a)(p - b)(p - c). Si desarrollamos el primer factor, tendríamos p(p - b)(p - c) - a(p - b)(p - c) = p(p - b)(p - c) - ap(p - c) + ab(p - c) = p(p - b)(p - c) - ap(p - c) + abp - abc. Observa que los primeros tres sumandos son múltiplos de p, de donde, si se despejan en un lado de la ecuación, tenemos que 2abc = p(p - b)(p - c) - ap(p - c) + abp, lo que es imposible por ser a, b, c menores que p (un primo), y ser este primo mayor que 2 (de hecho, si usásemos el primo 2, se cortan en un único punto).

Con esto, tenemos que nunca se cortan tres en un punto, luego para cualquier triángulo, nos encontraremos con que tenemos p - 1 rectas para cada lado, es decir, 3p -3 en total, y cada una de ellas corta a 2p -2, por lo que el número de cortes sería (3p - 3)*(2p - 2)/2 = (3p - 3)(p - 1). De aquí, el número de regiones sería 1 + 3p - 3 + (3p - 3)(p - 1) = 1 + 3(p - 1)*p. En el caso p = 5, podemos comprobar que el número de regiones es 61.

jueves, 25 de diciembre de 2008

Un tablero recubierto

Enunciado

La primera idea que se tiene cuando se lee un problema como éste es recurrir a la aritmética. Si tenemos piezas de 4 casillas y de 3 casillas, para cubrir 49 casillas, si lo logramos, usaremos una de las siguientes combinaciones: 10 de 4 y 3 de 3, o 7 de 4 y 7 de 3, o 4 de 4 y 11 de 3, o 1 de 4 y 15 de 3. Como la pregunta es cuántas de 3 casillas se usaron, hemos reducido la respuesta a estas cuatro opciones, 3, 7, 11 o 15.

Ejemplos de borde

Después de el recuento traté de hacer unas pruebas sobre distintos tableros para probar a recubrirlos con piezas como las indicadas, sin llegar en principio a ningún patrón reconocible. Aparentemente no logré ninguno, pero sí hubo indicios de algo importante al fijarme en cómo se alineaban las piezas en el borde. La forma de las piezas obliga a que en el borde, o bien aparezcan pares de casillas tapadas (por cualquiera de los tres tipos de piezas), o bien una casilla tapada por la pieza 1 o la pieza 3, y entonces, su casilla derecha o izquierda debe estar cubierta por una pieza 1 o 3 para que encaje con la anterior, y en ese caso tapa dos casillas. Así pues, tenemos en todos las lados grupos de 2 o de 3 casillas de la manera citada. Como cada lado está compuesto de 7 casillas, sólo puede darse 1 grupo de 3 y 2 de 2, ya que es la única combinación que suma 7. Observamos en la imagen las tres posibilidades principales de una combinación de 3 y dos de 2.

La combinación puede lograrse de varias formas, y un lado debe encajar con el siguiente, pero si nos fijamos en las casillas centrales (las 9 que forman el centro del tablero), una vez rellenos los bordes, sólo podemos encontrar un número muy limitado de situaciones.

Si los bordes quedan totalmente llenos, y sólo nos quedan por cubrir las 9 casillas centrales, no lo lograremos usando sólo las piezas indicadas, de forma que esa situación no puede darse.

Tablero Completo

Si los bordes tienen salientes que tapan parte de las centrales, sólo puede darse en la casilla central, ya que ese saliente sólo se puede dar en una combinación de 3. Eso nos puede llevar únicamente a una solución que requiere 15 piezas de tipo 1 (ver imagen).

Evidentemente, no podemos tapar más de una de esas piezas centrales, y en caso de que lo hagamos nos vemos obligados a adoptar una solución similar a la vista.

Si dejamos libres piezas que añadimos a las centrales, sin tapar ninguna de ellas, las soluciones son varias, pero siempre obligan a utilizar las 15 piezas tipo 1, y además sólo una pieza tipo 3. No he encontrado ninguna combinación que pueda utilizar piezas de tipo 2, o menos piezas de tipo 1.

domingo, 14 de diciembre de 2008

Hablando de divisores...

Enunciado

Saber cuántos múltiplos de un número hay es más fácil que averiguar cuántos no lo son, de forma que trataremos de contar cuántos múltiplos hay y, a partir de ahí, obtener la otra cifra. del 1 al 1000 hay 1000 números, y de ellos, la tercera parte, 333, son múltiplos de 3. El último es 999. Por tanto, habrá 1000 - 333 = 667 números que no son múltiplos de 3.

Ahora, podríamos contar cuántos hay que sean múltiplos de 7, para quitarlos, pero hay que tener cuidado, ya que hay múltiplos de 7 que también lo son de 3, de forma que ya los hemos quitado, luego habrá que volver a ponerlos si queremos quitarlos ahora.

Es decir, del 1 al 1000, la séptima parte (142, exactamente) son múltiplos de 7. De ellos, la tercera parte, 47, lo son también de 3, luego los hemos quitado ya. Por tanto, hay que quitar de los 667 que teníamos 142 - 47 = 95. Nos quedan, por tanto, 572 que no son múltiplos de 3 ni de 7.

Pero no hemos acabado, quedan los múltiplos de 11. Del 1 al 1000 hay 90 múltiplos de 11, de los que 30 serán múltiplos de 3, y 12 son múltiplos de 7. Sin embargo, entre los 90 hay 4 que son a la vez múltiplos de 3 y de 7, por lo que están contados dos veces. Dicho de otra forma, de los 90, hay que eliminar 30, que son múltiplos de 3, y 12 - 4 = 8, que son múltiplos de 7 que no son a la vez múltiplos de 3, y que también habría que quitar. Si a 90, le quitamos 38, quedan 52 múltiplos de 11 que aún no estaban quitados del total.

Así, a 572 hay que quitarle 52, y quedan exactamente 520 números que no son múltiplos de 3, ni de 7, ni de 11.

jueves, 11 de diciembre de 2008

Alumnos superados

Enunciado

Hay que tener en cuenta que este problema está dirigido a alumnos de primaria, que en muchas ocasiones no conocen (o no dominan) las ecuaciones, ni tienen conceptos firmes de álgebra. Debemos intentar resolverlo de manera que ellos lo puedan entender.

En primer lugar, sabemos que calcular la media entre todos los exámenes consiste en sumar y dividir entre 30, pues son 30 las notas que tendremos. Además, entre los dos exámenes, los alumnos superados pueden tener unas notas mínimas de 8 (si sacan un 0 y un 8) y máximas de 12 (si sacan un 2 y un 10).

Si tenemos claro el concepto de media, y queremos que la media de todos los alumnos dé 8, necesitaremos que la suma de sus 30 exámenes sea 240. Pero sabemos que los dos de un alumno superado sólo suman, como mucho, 12. Si hubiese 15 alumnos superados, sólo llegaríamos a sumar 12*15 = 180, nos faltarían 60 puntos.

Si convertimos a un alumno superado con la máxima nota posible (12) en una alumno perfecto, que saca dos dieces (20), ganamos 8 puntos.

Si convertimos 7 alumnos sólo, no llegamos (56) a tener 60 puntos más, de forma que necesitamos que sean 8 al menos los que no sean alumnos superados.

Por ejemplo, podría haber 7 alumnos superados, un alumno con 16 puntos (por ejemplo, con un 6 y un 10), y otros 7 con todo perfecto (dos dieces cada uno).

domingo, 7 de diciembre de 2008

Los puntos del producto constante

Enunciado

Este es un complicado problema de geometría, que sin embargo sirve para ejemplificar algunas propiedades de las figuras.

En geometría, es extraño encontrarse productos constantes, es más sencillo tratar con cocientes constantes, como hallamos habitualmente en los triángulos semejantes. Vamos a tratar de introducir esos puntos, y por tanto los productos de los que habla el problema, en un par de triángulos semejantes, y probemos si eso nos proporciona alguna solución del problema.

Semejanza

Imaginemos que existen esos puntos, y que los tenemos calculados. Dibujando un caso concreto podemos unirlos con A y con B de la forma indicada en el dibujo M con A y N con B. Si queremos que el producto CM*DN sea constante (respecto a P), y esto representa una semejanza entre triángulos, eso puede significar que CM/MA = BN/ND, ya que, en ese caso, CM*ND =MA*BN, que es fijo, ya que M y N no deben depender de P, que sólo se usa para calcular C y D. Observa que he unido los puntos fijos entre sí, para obtener triángulos que incluyan a los segmentos que queremos.

Esto estaría muy bien, pero ¿cómo conseguir que los triángulos ACM y BDM sean semejantes sin importar dónde se encuentre P? Debemos conseguir que dos de sus ángulos sean iguales.

Punto S

En nuestro dibujo de muestra, tratemos de conseguir que MAC sea igual, como ángulo, a NDB. Para eso, tratemos de introducir un ángulo relacionado con MAC dentro de la circunferencia, prolongando el lado MA hasta cortar el otro lado de la circunferencia. Llamaremos al punto de corte S. Está claro que SAP es el suplementario de MAC, y por estar dentro de la circunferencia, es igual a todos los ángulos del arco capaz, es decir, es igual a, por ejemplo, SBP (o SBD, que es el mismo). Para que BDN fuese también suplementario de SBP, bastaría que SB fuese paralela a la recta r, es decir, al lado DN. Así, tenemos un método para calcular M que nos garantiza la igualdad de ángulos MAC y NDB. Basta trazar la paralela a la recta r por B hasta que corte la circunferencia en otro punto.

Punto T

Veamos si conseguimos una igualdad semejante para MCA y NBD. Evidentemente, NBD descansa sobre la circunferencia. Si llamamos T al punto de corte entre BN y la circunferencia (distinto, evidentemente, de B), tenemos que NBD = PBT, de nuevo igual a todos los ángulos de su arco capaz, en particular, a PAT. Para que ese ángulo fuese el mismo que ACM, bastaría que TA fuese paralela a la recta inicial, el lado CM del triángulo. De nuevo tenemos un método eficaz para la construcción de N, ya que bastaría encontrar T trazando una paralela a r por A, y unirlo con B hasta cortar la recta.

Es sencillo ver que construyendo N y M de esta forma (trazando paralelas a la recta por A y B, y uniendo sus intersecciones con los puntos originales en distinto orden, hasta que vuelvan a cortar a la recta), obtenemos ángulos iguales en los puntos que nos interesa, triángulos semejantes y por tanto el producto constante, ya que no depende de P, como se requiere.

Es posible que el problema tenga otras soluciones, ya que no se ha procedido de manera exhaustiva a agotar todos los casos.

jueves, 4 de diciembre de 2008

El señor Euritis

Enunciado

Este problema es sencillo para los que ya han dado las progresiones aritméticas, pero si no es así, tendremos que hacer un razonamiento extra para llegar a alguna conclusión.

Si tratamos de calcular cuántas vueltas da el señor Euritis sumando uno a uno los euros que va entregando, probablemente nos cansaremos, pero hay truco.

Por ejemplo, en la cuarta vuelta, tendremos que sumar 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 + 8 + 9 + 10 + 11 + 12, que es una suma larga. Si la agrupamos de cierta forma, probablemente parezca otra cosa. Verás que si ponemos 1 + 12 + 2 + 11 + 3 + 10 + 4 + 9 + 5 + 8 + 6 + 7, hay una interesante regularidad: cada dos sumandos suman lo mismo, es decir, es 13 + 13 + 13 + 13 + 13 + 13, o lo que es lo mismo 13 seis veces. Y son seis veces porque es la mitad de la suma total. Como 13*6 = 65, aún estamos lejos del 2008, pero tenemos un método.

¿Y si el número de sumandos es impar? Pues también sale. Imagina que sumamos hasta la quinta vuelta, tenemos que 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 + 8 + 9 + 10 + 11 + 12 + 13 + 14 + 15 = 1 + 15 + 2 + 14 + 3 + 13 + 4 + 12 + 5 + 11 + 6 + 10 + 7 + 9 + 8 = 16 + 16 + 16 + 16 + 16 + 16 + 16 + 8 = 16*7,5 = 120. Observa que aunque emparejamos todos los sumandos, uno se queda sin pareja, ya que es impar, pero vale exactamente la mitad que la suma de dos, así que es como si tuvieses la mitad exacta de sumandos que antes.

Si suponemos que ha hecho n vueltas sumando euros, tendremos que ha repartido 1 + 2 + 3 + ... + 3n = (3n + 1)*3n/2, es decir, la suma del último más el primero por el total de sumandos partido por 2.

Y este número queremos que se aproxime a 2008, es decir, que (3n + 1)*3n/2 = 2008 (aproximadamente). Si lo resolvemos como si fuese una ecuación, multiplicamos por 2, y queda (3n + 1)*3n = 4016, de donde 9n2 + 3n = 4016, y nos queda la ecuación de segundo grado 9n2 + 3n - 4016 = 0. Claro, que no buscamos la solución exacta, si no la que más cerca de 2008 produzca el resultado sin pasarse. La solución negativa no nos interesa, así que tendríamos que n vale, aproximadamente, (-3 + √(9+4*9*4016))/(2*9). La expresión de dentro de la raíz es 144585, cuya raíz, redondeando, es 380. Si le restamos tres es 377, que, al dividirlo entre 18 no da exacto, redondeamos a la baja a 20.

Para n = 20, la suma da 1830, mientras que para 21 da 2016.

Luego en las series de entrega de dinero, parará en la número 20, y le sobrará 2008 - 1830 = 178€.

¿Cuánto le habrá dado a Blas? Para calcular esto, debemos sumar 2 + 5 + 8 + ... + 56 + 59, que será el sumando que situemos en la posición 20. De nuevo, observamos que 2 + 59 = 5 + 56 = 61, si elegimos los 20 sumandos de forma conveniente tendremos 10 veces 61, que supone un total para Blas de 610€.

domingo, 30 de noviembre de 2008

Monedas en un tablero

Enunciado

Las que están en la diagonal a partir de la novena fila y la novena columna, sólo se pueden elegir si se selecciona una fila o columna en la que estén, así que es necesario utilizar siete de las filas o columnas (da igual) de las que disponemos para quitar estas siete monedas.

Zona tablero

Zona tablero

Por esto, el problema queda reducido a quitar, seleccionando nueve filas o columnas (pero no más de 8 del mismo tipo) en el cuadrado 9x9 donde están las 18 restantes.

Observamos que debemos quitar dos en cada una de las selecciones, ya que no hay fila o columna que tenga más de 2 monedas, y 9*2 = 18.

Si quitamos la moneda que está separada quitando las de su fila, dejaremos una moneda solitaria en la última columna, por lo que la única manera de seleccionarla será quitando la fila en la que se encuentra, la octava. Esto dejará una moneda suelta en la octava columna (séptima fila), y obligará a retirar la fila 7. De la misma manera, tendremos que retirar todas las filas hasta la primera, con lo que necesitamos usar nueve filas, en lugar de las 8 que nos permite el problema, por lo que no es posible hacerlo así.

Si quitamos la moneda separada quitando la columna, razonamos del mismo modo, y deberíamos seleccionar nueve columnas, cosa que tampoco es posible.

Luego, efectivamente, no es posible quitar esas 25 monedas con las condiciones que se nos ha dado.

viernes, 28 de noviembre de 2008

Símbolos numéricos

Enunciado

El primer símbolo que desvelamos es el del cuadrado, ya que debe ser un 1, porque no puede ser que dos cifras sumen 20, y no debe ser un 0 por ser el primer dígito. Si admitiéramos que puede ser un 0, tampoco salen nuevas soluciones, pues hay un problema para obtener el valor del triángulo y el círculo.

El triángulo podría ser 8 si en la suma anterior hubiese dado más de 10, pero como un sumando es 5, eso es imposible (no puede dar 18), por lo que debe ser 9, para que al sumar 1 dé 10.

Por supuesto, el círculo azul es un cero.

Otro número que se deduce rápido es el del rombo verde, que debe ser 2, ya que con toda seguridad el par de números anteriores suma más de 10, pues el triángulo es 9.

Para que al sumar a la corona violeta 9 vuelva a aparecer la corona violeta, debemos sumar en las cifras anteriores más de 10, por lo que deberá de dar 12, y el cuadrado rojo con agujero debe ser un 7.

El valor de la corona violeta queda indeterminado, de forma que puede valer cualquier cifra que no repita las que salen en otros símbolos, así que la suma podría ser 9537 + 1295 = 10832, o 9547 + 1295 = 10842, o 9567 + 1295 = 10862, y si pensamos que 5 y 8 no son ningún símbolo, también 9557 + 1295 = 10852 o 9587 + 1295 = 10882.

lunes, 24 de noviembre de 2008

Una desigualdad muy grande

Enunciado

Lo normal es intentar, en principio, probar la desigualdad para números concretos, para ver si hay alguna pista que nos lleve a la solución. Entre 0 y 1 hay muchos valores, nos puede valer cualquiera de muestra, como por ejemplo el a=1/4, b=3/4. ab2 = 9/64, a2b = 3/64, por lo que el primer sumando es √(12/64) = √3/4. Observamos que el segundo sumando es igual, porque en este caso 1 - a = b, por lo que todo lo que queda a la derecha de la igualdad es √3/2. Comparar este resultado con √2 es trivial, ya que si lo elevamos al cuadrado da 3/4, muy lejos de 2.

Lo primero que observamos es que si a y b están entre 0 y 1, también lo están 1 - a y 1 - b (no necesariamente coinciden uno con otro). Parece que hemos tenido suerte con la suma, porque no parece que generalmente vayan a aparecer factores que pueda usar como factores comunes.

En la expresión general podemos hacer algo que aparentemente simplifica un poco, ya que √(ab2 + a2b) + √((1 - a)(1 - b)2 + (1 - a)2(1 - b)) = √(ab(b + a)) + √((1 - a)(1 - b)(1 - a + 1 - b)) = √(ab(b + a)) + √((1 - a)(1 - b)(2 - (a + b))). Si nos fijamos bien, dos de los tres factores de las raíces son menores que 1, y el otro es una suma. Hay una manera muy sencilla de "convertirlo" en un valor menor que 1, así que tenemos la siguiente igualdad √(ab(b + a)) + √((1 - a)(1 - b)(2 - (a + b))) = √(2ab(b + a)/2) + √(2(1 - a)(1 - b)(1 - (a + b)/2)). Ahora, ese factor 2 de dentro de la raíz se puede sacar factor común de toda la expresión, de forma que tengamos √(2ab(b + a)/2) + √(2(1 - a)(1 - b)(1 - (a + b)/2)) = √2·(√(ab(b + a)/2) + √((1 - a)(1 - b)(1 - (a + b)/2))).

Como ya sabréis, es muy difícil simplificar expresiones en las que aparezcan sumas y raíces, pero como se trata de una desigualdad, podemos tratar de utilizar una fórmula que da mucho juego: la desigualdad de medias aritmética y geométrica. Esta desigualdad, que debe ser conocida, afirma que para cualquier par de números reales positivos, √(ab) < (a + b)/2. También se puede plantear con medias entre más números, pero entonces se aplica a raíces cúbicas, y no es lo que tenemos aquí.

En realidad, dentro de las raíces tenemos tres números, pero como 0 < (a + b)/2 < 1, tenemos que ab(b + a)/2) < ab, y (1 - a)(1 - b)(1 - (a + b)/2) < (1 - a)(1 - b), por lo que la expresión completa cumple √2·(√(ab(b + a)/2) + √((1 - a)(1 - b)(1 - (a + b)/2))) < √2·(√(ab) + √((1 - a)(1 - b))). Ahora ya se puede aplicar la desigualdad de las medias, que en este caso simplifica mucho las cosas, ya que √2·(√(ab) + √((1 - a)(1 - b))) < √2·((a + b)/2 + (1 - a + 1 - b)/2) = √2·((a + b + 1 - a + 1 - b)/2) = √2·(2/2) = √2, que es exactamente lo que queremos probar.

Si estas transformaciones no dieran resultado, otra estrategia que podemos trazar es fijar un valor para a (por ejemplo, 1/4) y estudiar la desigualdad con una sola variable, para después crear un método genérico que sirva para otros valores de a.

sábado, 22 de noviembre de 2008

Coloreando puntos

Enunciado

Es sencillo ver que por lo menos necesitamos 15 colores, ya que en una recta hay 15 puntos de corte, una por cada otra recta. Sin embargo, no es fácil ver que bastan esos 15 colores.

Empezamos por un ejemplo más sencillo. Si sólo tenemos dos rectas, sólo hay un punto, por lo que sólo es necesario un color (qué ejemplo más tonto).

Vamos a complicarlo más. Si tenemos tres rectas, se cortan en tres puntos. En principio, en cada recta hay sólo dos puntos, pero con dos colores no habría suficiente, pues el tercer punto está en las dos rectas. Hacen falta tres colores. Aquí vemos que con una cantidad impar de recta parece que la cosa no funciona bien.

Si usamos cuatro rectas, puesto que cada una corta a todas las demás, el número de puntos es de 6. En cada recta hay tres puntos de corte, y necesitamos, como mínimo, tres colores. Observamos que una vez que pintamos con los tres colores los puntos de una recta, otra de las rectas que pase puede usar los dos que son de distinto color a los que ha utilizado antes, y una tercera pasa por la primera y la segunda, de forma que bastará escoger el tercer color que no ha usado todavía. La cuarta recta se puede comprobar que pasa exactamente por tres puntos de distinto color. Observa que cada color se usa exactamente dos veces. Y también que cada vez que pintas un punto de un color, prohíbes que ningún otro punto de esa recta se vuelva a pintar de ese color, es como si los quitases. Y si quitas los cuatro puntos de las dos rectas, y el que has pintado, sólo queda otro, que es el otro que pintas del mismo color.

En realidad, basta ver esto como una tabla en la que aparecen los números de las rectas en filas y columnas, y en cada cruce aparece un número de color, de forma que no coinciden dos en la misma fila y en la misma columna, y que son simétricos (porque en realidad el punto que pertenece a dos rectas es el mismo, en la fila y en la columna). Esta circunstancia me recordó a un calendario de enfrentamientos deportivos, en los que un equipo se enfrenta a todos, y no hay una jornadas (colores) repetida en ninguno de los equipos (rectas). Hay un truco muy sencillo para hacer un calendario así.

Tomemos el primer color. Lo ponemos en el cruce de la primera con la última recta, la segunda con la tercera, y así sucesivamente. Ahora el segundo. Lo ponemos en la primera con la penúltima, la segunda con la antepenúltima y así sucesivamente. La que queda libre en medio, miramos dónde corta con la última, y también la pintamos de ese color. Para el tercer color, unimos primera con antepenúltima, segunda con la anterior de la antepenúltima, y así sucesivamente. La penúltima, la unimos con la última. Para el cuarto color, unimos primera con la anterior de la antepenúltima, la segunda con la anterior, y así. La del centro, la unimos a la última, y la antepenúltima, a la penúltima.

Si no lo has entendido, mira la tabla que pongo a continuación para los 16 colores, y verás como todo cuadra (fíjate, sobre todo, en la última fila y columna).

15 14 13 12 11 10 9 8 7 6 5 4 3 2 1
15 13 12 11 10 9 8 7 6 5 4 3 2 1 14
14 13 11 10 9 8 7 6 5 4 3 2 1 15 12
13 12 11 9 8 7 6 5 4 3 2 1 15 14 10
12 11 10 9 7 6 5 4 3 2 1 15 14 13 8
11 10 9 8 7 5 4 3 2 1 15 14 13 12 6
10 9 8 7 6 5 3 2 1 15 14 13 12 11 4
9 8 7 6 5 4 3 1 15 14 13 12 11 10 2
8 7 6 5 4 3 2 1 14 13 12 11 10 9 15
7 6 5 4 3 2 1 15 14 12 11 10 9 8 13
6 5 4 3 2 1 15 14 13 12 10 9 8 7 11
5 4 3 2 1 15 14 13 12 11 10 8 7 6 9
4 3 2 1 15 14 13 12 11 10 9 8 6 5 7
3 2 1 15 14 13 12 11 10 9 8 7 6 4 5
2 1 15 14 13 12 11 10 9 8 7 6 5 4 3
1 14 12 10 8 6 4 2 15 13 11 9 7 5 3

Para quince rectas, o cualquier número impar, sin embargo, seguimos necesitando quince colores, ya que el número de cruces es 105, y si hubiese posibilidad de pintarlos con 14 colores, uno de ellos debería colorear a más de 7 colores (7*14 = 98), y no hay tantos pares de rectas distintos, es decir, una de las rectas debe pasar por dos intersecciones de un mismo color (piensa en los equipos y las jornadas, uno de los equipos debería jugar con dos rivales la misma jornada).

domingo, 16 de noviembre de 2008

Mermelada de cerezas

Enunciado

Este problema es un sencillo problema de porcentajes. De los 10kg iniciales de cerezas perdemos al quitarle piel y hueso 1/5, es decir, nos quedamos con los 4/5 de la cantidad inicial. Eso quiere decir que perdemos 2kg, o bien que nos quedamos con 8kg de cereza pelada y deshuesada.

Añadimos entonces otros 8kg de azúcar, y tenemos 16kg de mezcla.

Después, perdemos en la cocción 1/4, es decir, otros 4kg, o bien nos quedamos con 12kg de mermelada a partir de los 10kg iniciales.

Por último, se plantea otra proporción. Ya hemos visto que de 10kg de cerezas obtenemos 12 de mermelada. Para obtener 10 de mermelada, haría falta calcular la proporción, multiplicando 10*10/12, de donde necesitaríamos 100/12 = 8kg y 1/3 de kilo, o 8,33kg (número periódico de periodo 3).

Nota: había cometido un despiste considerable en la primera versión, ya que no había tenido en cuenta el azúcar. Eso me pasa por ir con prisas. Ya está corregido.

viernes, 14 de noviembre de 2008

A partir del 2008

Enunciado

Buscamos números de seis cifras, de los que conocemos los cuatro centrales (2008), pero nos falta la cifra de las unidades y la de las centenas de millar.

Como queremos que sea múltiplo de 45, tal y como nos dice el anónimo comentario del enunciado, deberá ser múltiplo de 9 y de 5.

Para ser múltiplo de 5, la última cifra sólo puede ser 5 o 0.

Para ser múltiplo de 9, todas las cifras sumadas deberán dar un múltiplo de 9.

Si en la última cifra situamos un 0, la suma de todas las que tenemos será 2 + 0 + 0 + 8 + 0 = 10, por lo que la primera cifra debe ser un 8, para que la suma sea múltiplo de 9.

Si en la última cifra situamos un 5, la suma de todas las que tenemos será 2 + 0 + 0 + 8 + 5 = 15, por lo que la primera cifra debe ser un 3, por la misma razón.

Así que los dos números posibles que buscamos serán el 320085 y el 820080, y estas son las únicas soluciones.

miércoles, 12 de noviembre de 2008

Primer problema de la Iberoamericana 2008

Enunciado

Evidentemente, es una barbaridad empezar a trabajar con un tablero de 2008 por 2008 casillas. Empecemos con uno más manejable de 4 por 4. ¿Por qué 4? Trabajar con 2 no tiene mucho aliciente, y con 3, al ser un número impar, aparece una "molesta" casilla central, que no sale en el original y que tal vez "estropee" el razonamiento. Dicho esto, advierto que yo empecé pensando en uno de 3 por 3, y como no llegué a nada concreto, pasé a 4.

Muestra de tablero 4x4

Muestra de tablero 4x4

Disponemos de 16 números. En cada fila (y columna) restaremos el mayor del menor, y buscamos obtener la cifra mayor posible. Lo primero que se me ocurrió es poner al 16 y al 1 en la misma fila (primera), y al 2 en la misma columna que el 16. Si ponemos el 15 en la misma fila que el 2, y la columna del 1, tendremos dos filas y dos columnas que darán el máximo posible (15, 14, 14, 13). No importa lo que pongamos en las casillas de esa fila y esa columna, así que busquemos las que faltan y nos encontramos que son 4, en dos filas y dos columnas. Las mayores diferencias que puedo lograr son de 12 con 3 y con 4, y de 11 con esos dos números. No importa cómo distribuya los demás, las mayores diferencias serán 15, 14, 14, 13, 9, 8, 8, 7. La suma total de esas diferencias será de 14*4 + 8*4 (ya que 15 + 13 = 14*2, y 9 + 7 = 8*2) , que nos da 88.

¿Estamos seguros de que es el máximo valor posible? Podemos razonar que, si en algún momento nos desviamos de este método, sacamos valores menores, sin poder aumentar los demás. Por ejemplo, si ponemos el 15 en otra fila o columna, no obtendremos el 14 o el 13, obtendremos números menores, y en la otra fila como mucho los aumentaremos en la misma cuantía que disminuyamos ésta. Es decir, que puede que haya tras distribuciones que den el mismo resultado, pero no que lo mejoren.

De la misma forma, podemos generalizar el método para nuestra tabla de lado 2008. Para captar más el sistema de trabajo, pensemos en cómo sería en un tablero de 6 por 6. 36, 35, 1 y 2 estarían combinados en dos filas y dos columnas para proporcionar 35, 34, 34 y 33. Por su parte, 34, 33, 3 y 4 se usarían para dar 31, 30, 30 y 29, y por último 32, 31, 5 y 6 darían 27, 26, 26 y 25. La suma total sería (34 + 30 + 26)*4 = 90*4 = 360.

En el caso que nos ocupa, como 20082 = 4032064, las primeras (y mayores) diferencias serían 4032063, 4032062, 4032062 y 4032061, que tienen de promedio 4032062, e irían bajando de 4 en cuatro a lo largo de 1003 pasos hasta la última, que tendría de promedio 4032062 - 1003*4 = 4028050. Cada uno de esos promedios, en la suma, iría multiplicado por cuatro. Al sumar los 1004 sumandos, como las diferencias de uno al siguiente son constantes, podríamos agrupar el primero con el último, el segundo con el penúltimo, y así sucesivamente, para conseguir que todas las parejas sumasen igual, que sería 4032062 + 4028050 = 8060112, número que se sumaría un total de 1004 veces y se multiplicaría por 4, es decir, que el valor máximo buscado sería 8060112*1004*4 = 32369409792 exactamente.

domingo, 9 de noviembre de 2008

Un programa de televisión

Enunciado

Cada vez que se concursa en el programa, la diferencia entre ambos equipos aumenta, o disminuye, en cierta cantidad, según que pierdan o ganen. Puesto que las puntuaciones finales son de 231 para A y de 176 para B, está claro que A ganó más que B, es decir, más de tres veces, y B ganó tres veces.

Observa que la diferencia entre A y B es de 231 - 176 = 55, por lo que 55 debe ser un múltiplo de la diferencia entre los puntos que dan al ganador, y los que dan al perdedor. Según esto, tenemos 4 posibles diferencias, 1, 5, 11, y 55, que son todos los divisores.

Si la diferencia entre lo que reciben fuese 55, A debería haber ganado 4 veces (una vez más que B), y B, 3. Sumando entonces ambos resultados, sería el total de haber ganado y perdido 7 veces, es decir, que 231 + 176 = 407 sería divisible entre 7, y no lo es. Por tanto no puede ser 55.

De la misma forma, si fuese 11, entonces A habría ganado 8 veces, y B, 3. Y como 407 es múltiplo de 8 + 3 = 11, podría ser que la suma de lo que ganan en los dos casos fuese 37, porque 407 = 37*11. Como la diferencia es 11, si a 37 le quitamos 11, debe quedar el doble de lo que obtienes cuando pierdes, es decir, 26. Eso quiere decir que cuando pierdes te dan 13, y cuando ganas, 24. Como 13*3 + 8*24 = 39 + 192 = 231, y 13*8 + 24*3 = 104 + 72 = 176, es perfectamente posible.

Observa que lo que les dan a los dos juntos es el doble de lo que le dan al que pierde, más la diferencia entre lo que gana el que gana y lo que gana el que pierde, por eso se puede saber.

¿Podría haber más posibilidades? Si la diferencia fuese 5, A tendría que haber ganado 14 veces y B 3, pero la suma, 407, no es múltiplo de 17. Y si fuese 1, A tendría que haber ganado 58 veces, y B sólo 3, pero la suma debería haber salido múltiplo de 61, y ya vemos que 407 no lo es.

La única posibilidad que nos cabe es que den 24 puntos por ganar, 13 por perder, A haya ganado 8 veces, y B las tres veces que dice el enunciado.

jueves, 6 de noviembre de 2008

La media de los divisores

Enunciado

Como siempre, vamos a experimentar un poco con números bajos. Si probamos con 2 y 3, por ejemplo, con 6 = 2*3, sus divisores son 4: 1, 2, 3 y 6. La suma de todos es 12, por lo que la media es 3, un número entero. Así, para 2 y 3 bastaría usar a = b = 1. Probemos ahora con 3 y 7 por ejemplo. Con 21, tenemos que sus divisores son 1, 3, 7 y 21, y su suma es 32, también divisible entre 4, da 8.

Como ejemplo algo más difícil, tenemos el caso de los primos 2 y 5. Con 10, los divisores son 1, 2, 5 y 10, y suman 18, que no es divisible entre 4, que es el número total. Sin embargo, si tomamos el 20 (a =2, b =1), resulta que los divisores son 1, 2, 4, 5, 10 y 20, y su suma es 42, que es divisible entre el número de divisores, 6.

Lo primero que tenemos que observar es de qué depende el número de divisores, y cómo se sabe cuáles son. Una manera de construir los divisores puede ser tomar primero una fila con todas las potencias de uno de los primos, después los multiplicamos todos ellos por el otro primo y los situamos en otra fila, después los multiplicamos todos por la siguiente potencia del otro primo, y así hasta agotarlos. En total, tendremos una tabla de (a + 1)*(b + 1) divisores, que son todos los posibles. Para conseguir que la media dé entera la suma de todos los divisores debe ser múltiplo de la cantidad de divisores.

Una de las estrategias para conseguirlo es dejar a 1 uno de los exponentes, e ir subiendo poco a poco el valor del otro hasta conseguir que sea divisible. El número total de divisores irá aumentando de 2 en 2. Algo tendrá que ser par. En el caso de 2 y 5, nos damos cuenta de que cuando tenemos 6 divisores sale divisible, y es curioso que 1 + 5 sea 6, y podemos agrupar los divisores de forma que todos sean divisibles entre 6 (1 + 5, 2*(1 + 5) y 4*(1 + 5)).

Evidentemente, para generalizarlo, observamos que al tener dos primos, uno de los dos es impar, y al sumarlo a 1 (1 + p) es un número par. Ahora, todos los demás divisores podemos agruparlos como múltiplos de (1 + p), siempre que no aparezcan potencias mayores de p. Será de la forma 1 + p, q(1 + p), q2(1+ p) y similares. ¿Hasta qué potencia necesitaremos aumentar q? Hasta que el número de divisores en total sea igual, o divida por lo menos, a 1 + p. En este caso, a = 1 y (por ejemplo) b = (p - 1)/2. El número total de divisores es 2*(1+ (p-1)/2) = p + 1. Como hemos visto que la suma de todos los divisores es (1 + p)*(1 + q + ... + q(p - 1)/2) y evidentemente, es divisible entre 1 + p, de forma que la media saldrá entera.

En definitiva, tomamos uno de los dos que sea impar, lo situamos como p, y tomamos a = 1 y b = (p - 1)/2 (en realidad, vale cualquier divisor).

lunes, 3 de noviembre de 2008

Un segmento desde el centro

Enunciado

Lo primero que debemos conocer es el lado del cuadrado. Como coincide con la hipotenusa de un triángulo de catetos 6 y 8, debe medir la raíz cuadrada de 36 + 64 = 100 (por el Teorema de Pitágoras), es decir, 10 unidades.

Encajando en un rectángulo

Encajando en un rectángulo

Para poder medir el segmento que buscamos podemos tratar de meterlo en un rectángulo y medir sus lados, para encontrar su diagonal mediante Pitágoras. Para eso, levantamos dos paralelas a los lados AD y BC del cuadrado por E y por F, y dos paralelas a los lados AB y CD por E y por F.

Las líneas que cortan la lado AB, marcan los puntos H (el centro) y G (el pie de la altura), y hemos marcado con el nombre I al otro vértice del rectángulo que está dentro del cuadrado, además de E.

El triángulo AFG es rectángulo en G, igual que ABF es rectángulo en F. Como comparten, además, el ángulo agudo A, resulta que son semejantes, es decir, a escala. La proporción de escala se puede calcular fácilmente, pues en ambos conocemos la hipotenusa. En AFG mide 6, y en ABF mide 10, por lo que la escala es 5/3 (o 3/5, según se mire). Así, sabemos que AG = 6*3/5 = 18/5, y que FG = 8*3/5 = 24/5.

Como H está en el centro de AB, AH mide 5, de forma que HG, que mide lo mismo que el lado corto del rectángulo, mide 5 - 18/5 = (25 - 18)/5 = 7/5.

Por otro lado, GI mide la mitad del cuadrado, es decir, 5, y FI = FG + GI = 24/5 + 5 = (24 + 25)/5 = 49/5.

La diagonal es la hipotenusa de un triángulo rectángulo de catetos 7/5 y 49/5, por lo que su cuadrado será la suma de 49/25 + 2401/25 = 2450/25 = 98, es decir, que la hipotenusa mide la raíz cuadrada de 98, un poco menos que 10 (también se puede expresar como 7 por raíz cuadrada de 2).

jueves, 30 de octubre de 2008

¿Cuántos cuadrados?

Enunciado

Yo he tratado de resolverlo trazando líneas que recorran el lado largo de un triángulo determinado formado por puntitos.

Es decir, por poner un orden, los de la primera figura son los cuadrados que salen que uno de sus lados va de un puntito a otro junto a él. Hay nueve de estos cuadrados.

Todos los cuadrados

Todos los cuadrados

Es fácil ver que no sale ningún cuadrado en el que un lado salte de un vértice a otro a dos puntitos de distancia en línea recta, pero sí hay cuatro cuadrados (los de la segunda figura) que sus lados saltan de un cuadrado hasta otro situado uno al lado y uno arriba.

Si tratamos de saltar tres cuadrados (dos a un lado y uno arriba, o dos arriba y uno al lado), nos salen los dos que hay dibujados en la tercera figura.

Tratar de saltar tres hacia un lado y uno arriba es inútil, pero sí que salen cuatro cuadrados más (cuarta figura) en los que salto dos a un lado y dos arriba.

Los más grandes son difíciles de ver, y son los que se construyen partiendo de un punto y saltando tres hacia un lado y dos hacia arriba. En la quinta figura se ven los dos cuadrados que salen.

No puede haber cuadrados mayores, porque nos saldríamos de la zona que tenemos.

En total, 9 + 4 + 2 + 4 + 2 = 21 cuadrados distintos, si no me he equivocado.

domingo, 26 de octubre de 2008

Con la suma y el MCM

Enunciado

El caso es que, si tenemos la suma de dos números y su MCM ¿Cómo podríamos recuperar los números? Después de probar con un par de ejemplos, cosa que es muy interesante para fijar ideas, supongamos que a y b son los números, k es el MCD, y r y s son los números tales que a = k*r y b = k*s. Es fácil ver que r y s no tienen ningún factor común, es decir, que el MCM de a y b es k*r*s. Además, en la suma a + b = k*(r + s), tenemos que r + s no tiene ningún factor en común con r ni con s.

Ahora, si buscamos el máximo factor común del MCM y la suma, obtendremos el MCD. Dividiendo por él ambos números, tendremos r*s y r + s, que nos permitirán rápidamente, mediante un sistema de ecuaciones de segundo grado, hallar r y s, y por tanto a y b.

Encontrar el máximo divisor común se puede hacer de dos formas: descomponiendo, lo que a veces puede ser pesado si el número tiene factores primos altos, o bien por el sistema del resto, hallando sucesivamente los restos.

En el caso que nos piden, los números tienen factores primos bastante altos, así que lo vamos a intentar con el sistema de los restos.

El primer paso consiste en hallar el máximo divisor común entre 3972 y 985928. Al dividir el mayor por el menor, el resto es 872, que es mútiplo del MCD. Si dividimos ahora al 3972 entre 872, el resto es 484. De nuevo, el resto de 872 entre 484 es 388 y el resto de 484 entre 388 es 96. El resto de 388 entre 96 es 4, y el resto de 96 entre 4 es 0, por lo que 4 es el MCD de ambos números.

Ahora sabemos que 985928/4 = 246482 y que 3972/4 = 993. Éstos números serán, respectivamente, la suma y el producto de r y s, luego r = 993 - s, por lo que s(993 - s) = 246482, por lo que 0 = 246482 - 993s + s2. De aquí, s = (993 + √(9932 - 4*246482))/2. La otra raíz da lugar, en realidad, al mismo par de soluciones, sólo que nos aporta lo que aquí llamamos t. Operando, obtenemos que s = 502 y t = 491.

Por tanto, los números que buscamos son a = 4*502 = 2008 y 4*491 = 1964. Si hubiésemos probado a factorizar, hay que tener cuidado, porque 491 es primo y 502 tiene un primo también muy grande, el 251, y seguramente no habría sido fácil (al menos sin la ayuda de un ordenador).

Respecto al MCM y el MCD hay una propiedad que es muy interesante, y que se puede descubrir si estudiamos cómo calculamos ambos números a partir de dos valores. Si tenemos dos números, a y b, los descomponemos en primos. Si uno de los factores primos está sólo en uno de los dos números, lo metemos en el MCM, y si está en ambos, elevado a dos potencias, la mayor va a parar al MCM y la menor al MCD (observa que si son iguales, repetimos el factor en ambos cálculos). El caso es que observes que el producto de ambos es igual al producto del MCD por el MCM, y eso es una propiedad que nos puede servir en otra ocasión.

jueves, 23 de octubre de 2008

Con unos y ceros

Enunciado

Es sencillo probar que 101 es primo. Averiguar que es el único de esta familia de números que es primo no es sencillo, y requiere mucha paciencia.

El siguiente de la familia es el 10101. Está claro que es múltiplo de 3, pero nos va a interesar su factorización completa. Es 3*7*13*37, que podemos escribir de varias formas, es decir, como 21*481, o como 39*259, o como 111*91. Esto nos será de mucha utilidad más adelante, para encontrar un patrón.

El siguiente de la familia es el 1010101. En realidad, este nos da una pauta interesante. Es como si apareciese dos veces el 101, y por eso está claro que 101*10001 = 1010101.

Siguiendo esa idea, también el 10101010101 = 101*100010001, y está claro de esa manera que todos los que tengan un número par de unos (e impar de ceros), es múltiplo de 101, por lo que no puede ser primo.

Sin embargo, el que hemos visto antes no sigue esa pauta, y, por ejemplo, el 101010101, que tiene 5 unos, no es divisible entre 101. Para los que tienen un número impar de unos y un número par de ceros, habrá que buscar algún otro truco.

Recordad que no podemos usar calculadoras (si lo habéis probado, os habréis dado cuenta de que no es fácilmente factorizable). Hay un factorizador de números grandes (usa Java) muy interesante en Factorización usando curvas elípticas. Pero en este concurso, evidentemente, no es posible usarlo, por lo que tendremos que fijarnos en las factorizaciones del 10101, para ver si alguna nos sirve. Evidentemente, no es divisible entre ninguno de los mismos primos, pero hay algo que llama la atención: la factorización 10101 = 111*91. Es como si un factor fuese el mismo número sin ceros. Esta idea fue lo que me animó a probar a dividir 101010101 entre 11111, llevándome la sorpresa de que es divisible, y resulta 9091.

Si probamos con números más grandes, confirmaremos nuestra suposición: 1010101010101 = 1111111*909091, y es (relativamente) fácil probar que, para un cierto h, el número formado por h conjuntos 90 y un 91 al final, multiplicado por un número formado por 2*h + 3 unos, nos da un número formado por h + 2 conjuntos de 10 y un 1 al final. La idea es, sobre todo, gráfica, ya que multiplicamos por un número formado por unos, es decir, se trata de una gran suma.

De todas formas es un problema muy difícil, ya que no es fácil dar con el patrón para una cantidad impar de unos. Confieso que tuve que buscarlo con ayuda de una calculadora (pero sí usé diferentes factorizaciones, hasta encontrar una que me llamó la atención).

Actualización a 4 de mayo de 2009

Como propone el comentarista anónimo, hay otra solución que hace evidente la factorización. La idea, en efecto, es escribir el número como suma de potencias de 10, es decir N = 1 + 102 + 104 + ... + 102n para cierto valor de n, que coincide con el número de ceros que tiene el número.

Para convertir esto en una única expresión se emplea un sistema de tipo telescópico, similar al que se usa en la conversión de un número decimal periódico en fracción. Así, 100N = 102 + 104 + ... + 102n + 102n + 2. Está claro que las dos expresiones tienen la mayoría de términos iguales, por lo que 100N - N = 102n + 2 - 1.

Sacando factor común, tenemos que N = (102n + 2 - 1)/99. Usando la factorización de una diferencia de cuadrados, N = (10n + 1 - 1)(10n + 1 + 1)/99.

Está claro que 10n + 1 - 1 es múltiplo de 99 si N es mayor que 1 e impar, y si N es par, 10n + 1 - 1 es múltiplo de 9 y 10n + 1 + 1 es múltiplo de 11, por lo que N será producto de dos números mayores que 1 en el caso N > 1, y ya sabemos que el 101 es primo, con lo que se tiene el resultado.

martes, 21 de octubre de 2008

Fiesta de fin de carrera

Enunciado

Para resolver este problema es imprescindible conocer alguna fórmula del volumen de un cono, porque sin esas fórmulas es imposible (creo) abordarlo.

Recordemos que en las figuras piramidales, y cónicas, la fórmula del volumen es de 1/3 del área de la base por la altura. Además, en este caso, la "base" se encuentra a distintas alturas, de forma que si llenamos una copa a mitad de la altura, el área de la base será cuatro veces inferior, y por tanto en la misma copa cabrá ocho veces menos. Llenarlo a una altura de 3/4, significaría reducir su volumen en 27/64, por la misma razón.

Bueno, hace falta ver cuántas copas podemos llenar con 2 litros (2000 cm3) de cava. Cada cono de copa llena tiene una área de "base" de 6,25π cm2, por lo que su volumen es 12*6,25π/3 cm3 = 25π cm3, aproximadamente 78,54 cm3.

Después de llenar 10 copas, habrá gastado 785,4 cm3. Si aparecen 30 compañeros más, y sólo les llena hasta la mitad de la copa, significa 78,54*30/8 cm3, aproximadamente 294,5 cm3 más, con lo que habrá gastado un total de 1079,9 cm3, poco más de una botella (una copa más).

Para brindar con media copa de cava los 40, hacen falta 78,54*40/8 cm3 = 392,7 cm3. Sumado a lo anterior, aún queda lejos de los 2000 cm3.

Si pusiéramos las 3/4 partes de la copa llenas (es decir, 3/4 del volumen total, que subiría más de las 3/4 partes de altura), usaríamos 78,54*40*3/4 cm3 = 2356,2 cm3, es decir, más de lo que teníamos al principio. Si hubiésemos llenado las 3/4 partes de la altura de la copa, en realidad gastaríamos 78,54*40*3*3*3/(4*4*4) cm3, aproximadamente 1325,4 cm3, y aún sobraría cava.

jueves, 16 de octubre de 2008

La nota de Carlos

Enunciado

Veamos como explicar este asunto. Si ha obtenido el 85% de la nota, es como si hubiese sacado un 85 sobre 100 posibles puntos (o, si lo preferís, un 8,5, si contamos sobre 10) en cada una de las cuatro notas. Es decir, la suma de los cuatro 85 (4*85 = 340) da lo mismo exactamente que la suma de las notas que haya sacado, ya que la media aritmética se calcula sumando, y dividiendo entre 4.

Ahora bien, si sacase un 100 de 100 en la última prueba, su media de las 5 sería (340 + 100)/5 = 440/5 = 88, es decir, un 88%, o, lo que es lo mismo, un 8,8 sobre 10. Eso es lo máximo que puede sacar en condiciones normales.

Sin embargo, no estoy de acuerdo en que no merezca la pena esforzarse, como propone uno de los que comenta el enunciado, ya que la nota mínima sería un (comparativamente) bajo 68%, y sólo por mantener lo que se ha hecho hasta ahora, creo que vale la pena el esfuerzo.

domingo, 12 de octubre de 2008

Una ecuación difícil

Enunciado

El primer paso que hay que dar es fácil. Si x, y y z son números reales cualesquiera, 3x, 5y y 7z son números reales positivos cualesquiera diferentes, y dados tres números reales positivos que ocupen estos tres valores, utilizando logaritmos será muy fácil despejar para obtener x, y y z, de forma que podemos substituirlos por tres nuevas variables sin pérdida de generalidad y sin añadir nuevos valores. Podemos proponer, por ejemplo, que A = 3x, B = 5y, y C = 7z. La ecuación quedaría √(A(B + C)) + √(B(C + A)) + √(C(A + B)) = (√2)*(A + B + C).

Como podemos ver, hay mucha simetría en la ecuación. En estos casos hay que procurar no romperla, porque suele ser la clave para su solución. Tal vez esta simetría indique que son números iguales, pero ¿cómo probarlo?

He intentado varias aproximaciones, que he abandonado debido a que aumentaban la complejidad de la ecuación, en lugar de reducirla. Lo primero que funciona es que el extraño coeficiente de uno de los lados de la igualdad, √2, se elimine dividiendo entre él. La ecuación resulta √(A(B + C)/2) + √(B(C + A)/2) + √(C(A + B)/2) = A + B + C.

Si se mira la ecuación con atención, resulta que tenemos dos tipos de promedios entremezclados. En efecto, (A + B)/2 es la media aritmética de A y B, mientras que √(ST) es la media geométrica de S y T. Puede que no lo recuerdes, pero seguro que conoces la desigualdad entre las medias aritméticas y geométricas, que es una desigualdad muy importante. Con números positivos, las medias aritméticas siempre son mayores o iguales que las geométricas, y la igualdad sólo se da cuando todos los valores son iguales. En el caso de tener dos términos, es muy fácil de comprender, ya que si tenemos dos números S y T, y R es su media aritmética, podemos escribir S como R + U y T como R - U para un cierto valor de U, de forma que la media geométrica pasa a ser √(ST) = √((R + U)(R - U)) = √(R2 - U2), que es evidentemente menor que R, que es √(R2).

Pues bien, en este caso, el primer término es una suma de tres medias geométricas. Por tanto, será menor siempre que la suma de las tres medias aritméticas. Es decir, que √(A(B + C)/2) + √(B(C + A)/2) + √(C(A + B)/2) ≤ (A + (B + C)/2)/2 + (B + (C + A)/2)/2 + (C + (A + B)/2)/2 = (A + B + C + (B + C + C + A + A + B)/2)/2 = (A + B + C + (2A + 2B + 2C)/2)/2 = (A + B + C + A + B + C)/2 = A + B + C. Es decir, que la igualdad anterior sólo se da si todas las medias geométricas son iguales a sus respectivas medias aritméticas, es decir, que A = (B + C)/2, y B = (C + A)/2, y C = (A + B)/2. Basta suponer que uno de ellos es mayor que los demás, o menor, para darnos cuenta de que es imposible. Por tanto, los tres números son iguales. Todas las soluciones son de esa forma.

Tomemos entonces un parámetro, por ejemplo D, positivo, y entonces 3x = D, 5y = D, y 7z= D, por lo que x = ln(D)/ln(3), y = ln(D)/ln(5), y z = ln(D)/ln(7). O también podemos tomar D = ed, para facilitar las expresiones finales.

jueves, 9 de octubre de 2008

Olimpiada Matemática

Enunciado

Vamos a tratar de representar y estudiar un caso concreto y probaremos después a ampliarlo y, si es necesario, generalizarlo.

Ejemplo

Ejemplo

El caso mínimo que cumple todas las condiciones, salvo la cantidad de apretones de manos, sería el que tiene siete filas y tres asientos en cada fila, 21 participantes en total. Para contar los apretones (ver imagen) habrá que tener en cuenta que los cuatro participantes de las esquinas sólo dan la mano a tres participantes (líneas azules), los que están situados en los lados, que en este caso son 12, dan la mano a 5 participantes cada uno (líneas rojas), y que los que se sientan en uno de los asientos restantes, 5 en este caso, dan la mano a 8 (lineas verdes).

En total, podríamos decir que si sumamos las manos tendidas que dan todos los participantes, tendríamos 4*3 + 12*5 + 5*8 = 12 + 60 + 40 = 112 manos. Sin embargo, hay un pequeño detalle que hay que tener en cuenta, y es que en cada apretón de manos intervienen dos personas, de forma que sólo se dan 56 apretones, en realidad.

Este cálculo está muy lejos de los 1020 de los que nos habla el problema, así que con toda probabilidad hay más filas, o columnas, o ambas cosas.

Supongamos que añadimos una columna de asientos (es decir, una más en cada fila). Si la añadimos al final o al principio, habrá cambios en la cantidad de manos tendidas que tendrá que ofrecer la gente que ya estaba situada, de forma que la añadiremos entre la primera y la segunda columna, es decir, que añadiremos 2 asientos de primera y última fila y 5 de los asientos interiores, es decir, 2*5 + 5*8 = 50 manos tendidas, o 25 apretones más. Cada columna que añadamos aporta, por tanto, 25 apretones de manos, con lo que nunca llegaríamos a 1020 (56 + n*25 nunca puede ser 1020 para ningún n, como es fácil comprobar).

Si aumentamos el número de filas de la cantidad inicial, sólo podemos hacerlo de 7 en 7, es decir, que añadiríamos 14 asientos de principio o final de fila y 7 interiores (de nuevo se supone que no las añadimos al final o al principio, para simplificar los cálculos). En total, serían 14*5 + 7*8 = 126 manos tendidas, o 63 apretones. En total, tendríamos ahora 119 apretones. Ahora, aumentando columna a columna, añadimos 2*5 + 12*8 = 106 manos, o 53 apretones. Por tanto, el número sería 119 + n*53, con n el número de columnas. Si planteamos 1020 = 119 + n*53, tenemos que n = (1020 - 119)/53 = 901/53 = 17. Es decir, que con 14 filas y 20 asientos por fila (columnas) tendríamos 1020 apretones.

¿Habrá más soluciones? Podemos aumentar el número de filas a 21, y eso añadirá 63 apretones más a la cantidad inicial, subiendo a 182. Además, cada columna que añadamos ahora pondrá 2*5 + 19*8 = 162 manos, de forma que la fórmula sería 182 + n*81, de donde n tendría que ser (1020 - 182)/81, que no es entero.

Aumentando a 28, tendríamos una fórmula igual a 245 + n*109, y de nuevo n no sale entero. Es sencillo calcular a partir de ahora, ya que la siguiente sería, para 35, 308 + n*137, y de nuevo no da entero.

Y, claro, te habrás dado cuenta de que la fórmula para las filas k*7, sería (63*k - 7) + n*(28*k - 3), donde k es el resultado de dividir las filas entre 7, y n el número de columnas que pasa de 3.

Para 35, sería 371 + n*165, por lo que tendría que dar entero (1020 - 371)/165, que no lo es (es algo inferior a 4).

Para 42, sería 434 + n*193, y (1020 - 434)/193 da casi 3, pero no es exacto.

Para 49, sería 497 + n*281, y (1020 - 497)/281 da por debajo de 2, pero no da entero.

Para 56, sería 560 + n*309, y (1020 - 560)/309 da bastante más de 1.

Para 63, sería 623 + n*337, y (1020 - 623)/337 da casi 1.

Para 70, sería 686 + n*365, y (1020 - 623)/365 da casi 1.

Para 77, sería 749 + n*393, y (1020 - 749)/393 da por debajo de 0.

La única posibilidad que queda es que n fuese 0, es decir, que se alcanzase 1020 sólo sumando filas, pero entonces 56 + m*63 = 1020 para algún valor de m, y por eso 1020 - 56 sería divisible por 63, pero no puede ser porque ni siquiera es divisible por 3.

También es posible hacer un razonamiento sobre la fórmula general basado en divisibilidad, pero es complejo y al final debemos también dar ciertos valores. No se me ocurre un método más directo. Este tipo de ecuaciones, llamadas Diofánticas, requieren métodos parecidos al que hemos visto para su solución.

Así pues, la única solución es la que hemos encontrado, con 14 filas y 20 asientos por fila.

martes, 7 de octubre de 2008

El problema internacional

Enunciado

Como problema de Olimpiada Internacional, es un problema difícil, aunque no demasiado, pues ocupa la primera posición. Las ideas necesarias son sencillas, si bien costaría mucho tejer todo el proceso si no conocemos algunos resultados previos.

Representación del problema

Representación del problema

Está claro que los seis puntos que se citan en el enunciado, que están en los lados, equidistan dos a dos de los puntos centrales de los lados, por lo que las circunferencias que pasan por estos pares de números están situadas sobre las mediatrices de los lados. En el dibujo que acompaña a estas líneas podemos ver dibujados los puntos, y la gran cantidad de lineas que los rodean.

Esto significa que, si es verdad lo que pide el problema (y nos están pidiendo que lo demostremos), el centro de la circunferencia que pasa por los seis puntos estará donde se cortan las mediatrices, en el circuncentro.

De esta forma, el problema se simplifica un poco (aún queda bastante por hacer). La idea, en todo caso, es probar que la distancia entre uno de los puntos y el centro no depende del lado en el que nos situemos (es decir, depende de valores fijos del triángulo, como la distancia entre el ortocentro y el circuncentro, o el radio de la circunferencia circunscrita), o bien que dados dos lados y puntos de esos 6 situados en ellos, la distancia de ambos al circuncentro es la misma.

En cualquier caso, quedaría probado el enunciado, ya que evidentemente, por la equidistancia al centro, los que están en el mismo lado lo cumplen, y los del tercer lado se demostraría su pertenencia al círculo cambiando el nombre de los lados.

Voy a calcular la distancia de uno de esos puntos al circuncentro. Si consigo que me quede independiente del lado o que cambiando un lado por otro se obtenga el mismo resultado, ya estará.

Trazando paralelas

Trazando paralelas

He simplificado mucho el dibujo, para poder observar sólo lo importante. He marcado los puntos O, circuncentro, y H, ortocentro. El objetivo es calcular la distancia entre A1 y O, por ejemplo. Como O forma un triángulo rectángulo con A1 y A0, que es el punto medio, tenemos que (A1O)2 = (A1A0)2 + (A0O)2. Además, como A1A0 es un radio de la circunferencia que ha creado el punto A1, esta distancia coincide con A0H. Por tanto, (A1O)2 = (A0H)2 + (A0O)2.

Como B0 es el punto medio de AC, si trazo paralelas por B0 a las alturas de A y C, puedo descubrir que coincide el punto de corte de la paralela a la altura de A con el punto medio de CH, por semejanza. De la misma forma, la linea que une este punto a A0 sería paralela a la altura de B, o a OB0. Por eso, esos cuatro puntos forman un paralelogramo (OB0PA0), donde P es el punto medio de CH.también es sencillo ver que B0, P, H y Q, donde Q es el punto medio de AH, forman también un paralelogramo. Y está claro que AK y KH son segmentos paralelos y de igual tamaño a A0O.

Ahora hay un resultado que puede que no conozcas, pero es muy interesante. Si estoy en un paralelogramo, como el que forman O, A0, H y Q, la suma del cuadrado de las diagonales es igual a la suma del cuadrado de los lados (puedes comprobarlo usando el teorema del coseno en los triángulos que contienen a una y otra diagonal, y sumando). Como hemos visto que (A1O)2 = (A0H)2 + (A0O)2 y estos son los lados de un paralelogramo, está claro que (A1O)2 = ((A0Q)2 + HO2)/2.

Ya casi está, puesto que HO es un invariante. Además, por semejanza, podemos ver que A0Q es un segmento paralelo y del mismo tamaño a OA, que tampoco depende del lado, pues es el radio de la circunferencia circunscrita.

Con esto, el resultado está probado.

A pesar de lo complicado que pueda parecer, hay muchos métodos de llegar a la misma conclusión, usando los más variados sistemas de trabajo (trigonometría, coordenadas, complejos,...).

domingo, 5 de octubre de 2008

¿Qué son discos de vinilo?

Enunciado

Es sencillo entender que las caras que se ven suman 17, por lo que las caras ocultas pueden sumar 11, 12 ó 16, y participan en las otras dos sumas junto con 10 y 7.

Si sumamos los tres números, estaríamos sumando 10, 7, y dos veces los números ocultos, de forma que 11 + 12 + 16 = 39 = 17 + 2*(Suma de ocultos). Así, sabemos que la suma de los números ocultos es 11. Está claro ahora que, para que los otros dos números salgan a partir de 7 y 10, pueden ser 2 y 9 (2 en la parte opuesta a 7, 9 en la opuesta de 10), y también pueden ser 5 y 6 (5 en la parte opuesta a 10, y 6 en la opuesta a 7).

En el primer caso, 11 = 2 + 9, 12 = 2 + 10, 16 = 7 + 9, 17 = 7 + 10. En el segundo, 11 = 5 + 6, 12 = 5 + 7, 16 = 6 + 10, 17 = 7 + 10.

Como vemos, ambas son soluciones válidas. No olvidéis nunca preguntaros si las soluciones que tenéis son las únicas.

sábado, 4 de octubre de 2008

Sellos

Enunciado

Los comentarios que han puesto en el enunciado aciertan en mayor o menor medida, pero no explican una cosa importante. ¿Qué quiere decir que el resto de una división, por ejemplo entre 4, da 3? Pues que si el número fuese tres unidades más pequeño, la división sería exacta. O que si fuese una unidad más grande (a 3 le falta 1 para ser 4), entonces también sería exacta.

En nuestro caso, todas las divisiones tienen una cosa en común: a todas les falta uno para ser exactas. Es decir, si tuviese un sello más, sería divisible entre 2, entre 3, entre 4, entre 5, entre 6, entre 7, entre 8, entre 9 y entre 10.

Es decir, que si tuviese un único sello más, sería múltiplo de 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 y 10. Evidentemente, el mínimo común múltiplo es un múltiplo de todos esos números. Basta escoger al 8 (la más alta potencia de 2), al 9 (la más alta de 3), al 5 y al 7, y multiplicarlos. El resultado es 2520. Es decir, 2520 es el primer número que es múltiplo de todos esos, o sea que Mireia puede tener 2519 sellos, porque le falta 1 para ser múltiplo de todos los números del 2 al 10, y los restos quedarían como dice el enunciado.

Pero también podría faltarle 1 sello para el siguiente múltiplo, es decir, podría ser que tuviese 5039, que es 1 menos que 5040, que es el segundo múltiplo de todos esos, números, o 7559, o 10079, o 12599 sellos.

Como es fácil entender, el problema no tiene una solución única. Vale cualquier número que sea anterior a un múltiplo del 2520.

domingo, 28 de septiembre de 2008

Un club y muchos comités

Enunciado

Evidentemente, tratar de tantear con tantos miembros es difícil. Yo traté de tantear con un club de 9 miembros y comités de 3. Si los miembros son A, B, C, D, E, F, G, H e I, el comité ABC hace que pueda existir el comité ADE, AFG y AHI, pero A no puede estar en ningún otro comité, ya que no puede repetirse otro miembro, y sólo puede haber cuatro parejas formadas con los distintos miembros del club.

De la misma forma, en un club de 25 miembros, cada miembro concreto podría estar simultáneamente en un máximo de 6 comités, ya que los 24 restantes sólo pueden formar 6 conjuntos disjuntos.

Imagina que les dan una carta (asignación) a cada miembro para decirle en qué comité está. Si cada uno de los 25 miembros ocupa plaza en 6 comités, habrá un total de 25*6 = 150 asignaciones de un miembro a un comité de 5 personas. Como 150/5 = 30, éste es el máximo número de comités que pueden existir.

También se puede razonar por combinatoria, como sugiere el segundo comentario.

jueves, 25 de septiembre de 2008

El fósil de un número

Enunciado

Puesto que buscamos un fósil impar, ninguna de las cifras del número que buscamos puede ser par.

Como todas sus cifras deben ser diferentes, para ser lo más grande posible deberíamos usar todas las cifras impares, es decir, el 1, el 3, el 5, el 7 y el 9. Sin embargo, el producto de todos estos números es el 3*5*7*9 = 945, y tiene una cifra par, de forma que al final tendría un fósil par.

Por tanto, tenemos que usar cuatro cifras. Quitar la más pequeña, el 1, no ayuda, pues el producto seguiría siendo el mismo, de forma que probamos a quitar el 3, así que el producto 5*7*9 = 315, y 3*5 = 15, proporciona un fósil impar, el 5.

Ya sabemos que debemos usar los números 1, 5, 7 y 9, y para que sea lo mayor posible pondremos los mayores en las posiciones más significativas (más a la izquierda). El número buscado es, entonces, el 9751.

lunes, 22 de septiembre de 2008

¡Manolo, que es tu cumple!

Enunciado

Puesto que se le deshacen 2/5 de los bombones, y luego tiene 1/8 más (es decir, 9/8), eso quiere decir que los 21 bombones que compra equivalen a 2/5 + 1/8 de la cantidad inicial (es decir, que repone los derretidos y añade 1/8 más).

Como 2/5 + 1/8 = 16/40 + 5/40 = 21/40, concluimos que 21 son los 21/40 del total, es decir, que el total inicial sería 21*40/21 = 40 (fíjate que para hallar los 21/40 de algo, se multiplica, y para sacar el total de la fracción, se hace la operación contraria, se divide por 21/40).

Dicho de otra forma, al principio llevaba 40 bombones, se le derritieron 2/5, es decir, 16 bombones, y compró 21, es decir, que se presentó con 45, que es 5 (1/8) más que al principio.

Como nos han dicho que su intención era dar dos bombones a cada uno de la clase, eso quiere decir que tiene 20 compañeros. Lo que no sabemos es si se contaba a él mismo o no.

viernes, 19 de septiembre de 2008

Círculos

Enunciado

Este problema es uno de los más interesantes que me he encontrado de este nivel. Por supuesto que se puede resolver por tanteo, pero tanteando se pueden descubrir varias cosas que lo simplifican, hasta agotar la totalidad de las soluciones.

Lo primero que se hace con estos problemas es estudiar en cuántas sumas aparece cada uno de los números que situamos en los círculos. Observa que todos intervienen en dos sumas, exactamente. Por eso, al sumar todos los resultados (18 + 14 + 11 + 14 + 16 + 17 = 90) da el doble que la suma de los dígitos (1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 + 8 + 9 = 45). Si diese otra cosa, sería imposible. Como en principio no parece haber más pistas, traté de tantear un poco (empezando por donde estaban las sumas más grandes), y descubrí un curioso fenómeno.

Supongamos que ponemos un 5, por ejemplo, entre el 18 y el 17. Los dígitos que están entre el 18 y el 14 deben sumar 13, para que al añadirlos a 5 den el 18, y por tanto el que hay entre el 14 y el 11 debe ser 1, para que 13 + 1 sea igual a 14. De la misma forma, el que está entre el 16 y el otro 14 debe ser 4, y la suma de los que hay entre el 17 y el 16 deben sumar 12, para que cuadren las sumas. De esta forma, podemos sacar los números que van en los vértices del triángulo central (en el ejemplo, 5, 4 y 1), y las sumas de los otros por parejas, lo que hace mucho más rápido su cálculo.

Primera solución

Primera solución

La regla que obtenemos es que, si ponemos un número entre el 17 y el 18, el del vértice superior debe valer 4 unidades menos, y el del otro vértice, una unidad menos. De forma que lo mínimo que puede ir en ese vértice es un 5 (como hemos visto, 1 en el de arriba y 4 en el otro). Las sumas de las otras parejas son, respectivamente, en el sentido de las agujas del reloj partiendo del 5, 13, 10 y 12. Como hay que usar el 2, sólo puede ser 2 + 8 = 10, el 3 irá en 3 + 9 = 12, y los restantes, 6 + 7 = 13. La figura queda como la primera de la imagen.

¿Será la única solución? Si probamos a poner un 6, los otros vértices del triángulo son 2 y 5, y las sumas, 12, 9 y 11. De nuevo, el 1 sólo puede ir en 1 + 8 = 9, y el 3 no lo podemos poner, pues 6 y 8 están usados ya.

Si ponemos un 7, los otros vértices son 3 y 6, y las sumas son 11, 8 y 10. El 9 lo podemos poner como 9 + 1 = 10, pero entonces el 2 no se puede usar (9 y 6 están usados). También podemos poner 9 en 9 + 2 = 11, y el 1 tampoco se puede usar, pues 9 y 7 están usados.

Segunda solución

Segunda solución

Si ponemos un 8, los vértices son 4 y 7, y las sumas 10, 7 y 9. El 9 sólo podría ir en 9 + 1 = 10, y 6 sólo en 6 + 3 = 9, y los otros dos serían 2 + 5 = 7, lo que daría otra solución.

Por último, si ponemos un 9, los vértices serán 5 y 6, y las sumas, 9, 6 y 8. El 8 tendría que usarse en 8 + 1 = 9, pero el 7 no podría usarse.

Luego sólo hay dos soluciones, salvo que cambiemos de sitio los sumandos que no están en un vértice, que son intercambiables.

lunes, 15 de septiembre de 2008

El menor perímetro

Enunciado

Si tratamos de dibujar varios triángulos que tengan la misma circunferencia inscrita, descubriremos que lo que tenemos que hacer es marcar tres puntos sobre la circunferencia y trazar las tangentes hasta que se corten. Es más, podemos fijar uno de los puntos y seguiremos obteniendo todos los triángulos posibles.

Un par de ejemplos

Un par de ejemplos

Como uno de los ángulos de la familia de triángulos que estamos estudiando es fijo, eso significa que dos de los puntos serán fijos, y además el tercer punto estará en el arco mayor comprendido entre ambos. En el dibujo he puesto dos de estos triángulos. A los vértices los he llamado A, B y C (A es el de ángulo fijo), y los puntos de tangencia, respectivamente opuestos a A, B y C, serán P, Q y R.

Es fácil ver que hay una parte del perímetro que está fija, la que va desde R hasta Q pasando por A, y el resto es la que puede variar. Además, como la distancia BP es la misma que BR, por simetría, y, de la misma forma, la distancia CP es la misma que CQ, en realidad sólo hay que tratar de que la distancia BC sea mínima (el perímetro total es la suma de RA, QA (fijas), RB, BP, QC, PC, y están repetidas dos veces).

Supongo que pronto habrás sospechado que el triángulo de menor perímetro es el isósceles, pero hemos de demostrarlo, y no es fácil.

Trazando lineas auxiliares

Trazando lineas auxiliares

Si trazamos las líneas entre el centro de la circunferencia (al que llamamos O, como es tradición) y los vértices B y C vemos aparecer unos triángulos rectángulos muy interesantes, BPO y CPO. La longitud PO es un radio de la circunferencia, que es también fijo, llamémosle r, y por tanto tenemos que PB = r*cotg(B/2) y PC = r*cotg(C/2). De forma que BC = r*(cotg(B/2) + cotg(C/2)). Como r es constante, sólo hay que encontrar los valores de B y C para los que cotg(B/2) + cotg(C/2) es mínimo.

Además, hay una relación importante entre B y C, ya que A + B + C suman 180 grados, y A es fijo, por lo que B + C es una constante también. Esto puede sernos útil más adelante.

Tratemos de factorizar ahora cotg(B/2) + cotg(C/2) = cos(B/2)/sen(B/2) + cos(C/2)/sen(C/2) = (cos(B/2)*sen(C/2) + sen(B/2)cos(C/2))/(sen(B/2)sen(C/2)) = sen((B + C)/2)/(sen(B/2)sen(C/2)). Es evidente que sen((B + C)/2) es constante, por serlo B + C, por lo que ahora hay que encontrar el valor para el que sen(B/2)sen(C/2) se hace máximo.

Probablemente conoces las fórmulas que transforman un producto en una suma, y es el momento de aplicarlas, de manera que sen(B/2)sen(C/2) = (cos((B - C)/2) - cos((B + C)/2)/2. Está claro que, de nuevo, el segundo sumando (cos((B + C)/2)) es constante por serlo B + C, de forma que habrá que conseguir que cos((B - C)/2) sea lo mayor posible.

El valor de el ángulo (B - C)/2 está comprendido entre -90 y 90 grados, y en ese intervalo el valor del coseno máximo se alcanza cuando (B - C)/2 = 0, momento en el que B = C, por lo que el triángulo que buscábamos es isósceles.

Es posible que exista una demostración sin usar trigonometría, pero no creo que sea sencilla.

jueves, 11 de septiembre de 2008

Capicúas

Enunciado

La táctica que debemos adoptar es clara: vamos a tratar de encontrar un atajo para sumar todos los capicúas que debería haber sumado Juan, y después le restaremos la cantidad que él ha obtenido. Así, determinaremos cuál ha dejado de sumar.

Como deberíamos escribir uno sobre otro todos los capicúas de cuatro cifras, lo primero que debemos plantearnos es un sistema mediante el cual nos aseguremos de tenerlos todos, y después contar cuantas cifras de cada clase hemos usado.

La primera y la última cifra (la de las unidades, y la de unidades de millar) deben ser iguales, y no pueden ser cero, pues se consideraría que el número tiene sólo tres cifras. Así que para la primera cifra tenemos nueve posibilidades. La segunda y la tercera, que también son iguales, sí pueden valer cualquier cifra, incluyendo el cero, de forma que tenemos diez posibilidades.

Si nos fijamos, entonces, al ponerlos en una columna (que será altísima), cada una de las nueve cifras de las unidades aparecerá repetida diez veces (porque, si fijamos una de ellas, sólo podremos escribir diez capicúas distintos), así que la suma de esa columna será (1 + 2 + ... + 9)*10 = 10*(1 + 9)*9/2 = 450. Sitúo un 0 en las unidades de la suma, y me llevo 45.

En la columna de las decenas, sin embargo, aparecerán diez cifras distintas, pero repetidas cada una de ellas nueve veces. La suma será 9*(0 + 1 + ... + 9) = 9*(9 + 0)*10/2 = 405. A esta cifra hay que sumar los 45 que nos llevamos, que nos proporciona un total de 450. De nuevo, situamos un cero y nos llevamos 45.

En la columna de las centenas, la suma será exactamente igual que la de las decenas, que para eso son capicúas, y dará de nuevo 405. Como nos llevábamos 45, vuelve a dar 450, de nuevo otro 0 y nos llevamos 45.

En la última columna, la de las unidades de millar, la suma es idéntica a la de las unidades, 450. Si le añadimos las 45 unidades de millar que nos sobraban de las centenas, tenemos 495, que son la cantidad definitiva de unidades de millar que tenemos.

En total, la suma debería de dar 495000. Como a Juan le daba 490776, vemos que la diferencia es exactamente 4224, que como no podía ser de otra forma, es capicúa. Y es el que le faltaba, claro.

lunes, 8 de septiembre de 2008

Rodeado de circunferencias

Enunciado

Tres círculos con radios

Tres círculos con radios

Como siempre en los problemas de geometría, hay que trazar algunas líneas que nos aportan mucha información. En este caso (como casi siempre) se trata de radios, que van desde los centros de las circunferencias, hasta los puntos de tangencia. Como los radios son perpendiculares a las tangentes, pertenecen cada dos de ellos a las dos semirrectas de la misma recta, es decir, que entre los 6 radios forman un triángulo, que además es equilátero, de lado 10 cm (el diámetro es 10, luego el radio es 5).

Además, si pintamos de diferentes colores las zonas que componen este triángulo, podemos apreciar que la parte que no está entre las tres circunferencias (la que está dentro de las circunferencias), forma tres arcos de circunferencia, cada uno de ellos de 60 grados, es decir, que es el arco del uno de los vértices de un triángulo. El área de los tres, si se sumara, sería 60 + 60 + 60 = 180, media circunferencia. Es decir que el área que buscamos es el área del triángulo menos el arco de media circunferencia de radio 5.

El área de un triángulo equilátero se calcula dividiéndolo en dos rectángulos mediante una altura, y aplicando el Teorema de Pitágoras. Así, la altura al cuadrado más medio lado al cuadrado es el lado completo al cuadrado, es decir, que la altura es la raíz cuadrada de la raíz de 3 multiplicada por la mitad del lado, en nuestro caso 5√3. El área, entonces, será 10*5√3/2 = 25√3.

El área de medio círculo será 25*π/2, de donde el área de la zona que se nos pide es 25√3 - 25*π/2 ≅ 4,0313.