jueves, 28 de febrero de 2008

Área sombreada

Enunciado

Dibujo con radios

Dibujo con radios

En este caso está claro que debemos buscar los radios de las circunferencias implicadas en la figura. Como los radios son perpendiculares a la tangente, todos están sobre la misma línea. Como, además, el centro está sobre la circunferencia interior, el radio de la circunferencia mayor es exactamente igual que el diámetro de la segunda circunferencia, y el radio de esta última es igual al diámetro de la menor. Claro, que eso significa que el radio de la circunferencia mediana es la mitad que el de la grande, y que el de la menor es la cuarta parte (la mitad de la mitad).

Por ser de la mitad de radio, su área es una cuarta parte de la mayor, y la de la pequeña, una cuarta parte de la mediana, o una dieciseisava parte de la mayor. Por tanto, el área pedida será de una cuarta parte menos una dieciseisava, o lo que es lo mismo, 1/4 - 1/16 = 4/16 - 1/16 = 3/16, es decir, tres dieciseisavas partes del área total de la grande.

domingo, 24 de febrero de 2008

Un cuadrado y dos triángulos

Enunciado

Este problema puede ser muy interesante si se trabaja bien. Cuando pensamos en figuras cerradas, está claro que separan el plano en dos espacios, el interior y el exterior. Lo primero que debemos hacer es si el espacio exterior de una figura se considera o no región. Para este problema, yo no lo contaría como región, pero si la contamos bastará seguir el mismo razonamiento añadiendo una región más.

Sin cortes

Sin cortes

Cuando consideramos dos figuras cerradas (por ejemplo, un triángulo y un cuadrado), si las dibujamos sin que sus lados se corten, sólo delimitan o definen dos regiones, independientemente de si uno de ellos está dentro del otro o no (ver la imagen sin cortes).

Dos cortes

Dos cortes

Claro, que también podemos hacer que se corten (si es un único punto no surge una región) en dos puntos, y así tendremos tres regiones (imagen dos cortes). A partir de aquí, cada par de cortes añaden dos regiones más. Si dibujamos el triángulo más grande, podemos llegar a cortar hasta seis veces el cuadrado, con lo que podemos llegar hasta un total de siete regiones. Y no podemos cortar más las figuras, ya que una recta corta dos veces a un cuadrado como máximo, y así los tres lados del triángulo están aprovechados del todo. Es importante entender que el número de zonas que delimitan las figuras depende del número de cortes que podamos conseguir, y que no importa dónde se corten, porque así no dedicaremos demasiado tiempo a dibujar todas las situaciones posibles.

Seis cortes

Seis cortes

Bueno, ahora vamos con el segundo triángulo. Como sabemos, deberá cortar al cuadrado seis veces, que es el máximo. Si planteamos cuántos cortes podemos conseguir con el anterior triángulo, es sencillo llegar a la conclusión de que también podemos conseguir seis cortes (además con mucha facilidad, sencillamente, tratando de dibujar el mismo triángulo formando una estrella, por ejemplo, mediante un giro central de 30 grados). El resultado, tratando de aumentar el número de cortes al máximo, sin que coincida ninguno, tendrá un total de doce cortes, que representan doce regiones más, hasta un total de 19 regiones, que puedes ver en la figura siguiente.

Dieciocho cortes

Dieciocho cortes

Si tratas de contarlas, fíjate bien, porque alguna de ellas me ha salido muy pequeñita. Seguro que tú puedes hacer un dibujo mejor.

jueves, 21 de febrero de 2008

Con cuatro operaciones

Enunciado

El primer apartado se debe empezar a probar por el número del que más sepamos, que es el resultado de dos operaciones, el de abajo a la derecha. Evidentemente, como debe ser suma de dos números distintos, será mayor o igual que 3, y como debe ser un producto de dos números distintos entre sí, y distintos de los que se suman, no puede ser 3 (sólo es 3*1), ni 4 (2*2, 4*1), ni 5, ni 7, ni 9. Sólo puede ser 6 u 8.

Si fuese 6, los dos números que aparecen a la derecha, que se multiplican para obtener 6, serán 2 y 3, pero no sé en qué orden. Uno de ellos es resultado de dividir dos, y el otro de restar otros dos. El 3 no puede ser resultado de dividir dos números distintos, porque necesitaríamos el 6, y está usado ya. Eso significa que debe ser el 2, y sólo puede ser 8 dividido entre 4. Pero entonces, 3 es la diferencia de dos, y eso no podemos conseguirlo porque todos los números necesarios están usados.

Por lo tanto, es 8. Lo obtenemos multiplicando 2 por 4. El número 4 sólo se puede conseguir con una división, que usa el 8, y, por tanto, es imposible. Luego el 2 será el resultado de una división, 6 entre 3. La suma que da 8 se tiene que lograr con 1 y 7 (y estos números son intercambiables), ya que 2, 3 y 4 están usados ya. Y por último, 4 es sencillo de obtener con los dos números restantes, 9 menos 5. El cuadrado queda como vemos a continuación.

solución

solución

El segundo apartado es sencillo. Si sólo se pueden usar esas operaciones, basta hacer algunas pruebas para lograr 16 = (22)2 = 222.

Si forzamos más el enunciado, podríamos incluir los números 222 y 222, siendo este último mucho mayor. Pero está claro que los dos doses de 22 no están operando con ninguna de las operaciones permitidas.

domingo, 17 de febrero de 2008

Sistema de ecuaciones

Enunciado

Tal y como está escrito el enunciado, se trata de un sistema de ecuaciones con una ecuación de segundo grado y otra de tercer grado. Si tratamos de emplear un método similar a los sistemas lineales podemos fácilmente encontrarnos con una ecuación de sexto grado, con lo que el problema se vuelva extremadamente complejo en el mejor de los casos.

Como alternativa, podemos buscar una factorización o un cambio de variable que nos sea favorable. Una de las pistas más interesante es que todos los términos tienen el mismo grado dentro de cada ecuación, así que tal vez podamos lograr algo fácilmente.

En la segunda ecuación, es fácil ver (sacando factor común) que x2y + xy2 = xy(x + y) = -2.

En la primera no podremos factorizar la expresión, pero sí podemos compararla a uno de los productos notables más conocidos, (x + y)2 = x2 + 2xy + y2. Evidentemente, la ecuación que tenemos es casi la misma. De hecho, x2 - xy + y2 = (x + y)2 - 3xy = 7.

Ahora, en ambas expresiones aparecen dos expresiones similares: x + y y xy. Vamos a substituir estas expresiones por variables sencillas, de forma que, por ejemplo, s = x + y y t = xy. Las ecuaciones quedan como s2 - 3t = 7 y st = -2.

Aún así, las expresiones no son sencillas. Si despejamos la t en la ecuación inferior, obtenemos que t = -2/s, así que si substituimos en la superior, obtenemos la igualdad s2 + 6/s = 7. Si quitamos el denominador, queda como s3 + 6 = 7s, y pasando todos los términos al extremo izquierdo, s3 - 7s + 6 = 0.

Salvo que tengamos fórmulas para la ecuación de tercer grado (sí, existen), tendremos que hallar las raíces del polinomio por tanteo. Si tiene raíces enteras, dividirán a 6, así que probamos con 1, -1, 2,...

No hace falta ir muy lejos, ¡1 es solución! Eso quiere decir que el polinomio es factorizable por s - 1, es decir, que s3 - 7s + 6 = (s - 1)(s2 + s + 6). Por otra parte, aplicando la fórmula de las raíces de un polinomio de segundo grado, podemos descomponer también este último, de forma que s3 - 7s + 6 = (s - 1)(s - 2)(s + 3).

Es decir, las soluciones del sistema son s = 1, s = 2 y s = -3, que corresponden, respectivamente, a t = -2, t = -1 y t = 2/3.

Pero aún no hemos acabado. ¿Qué valores de x e y se asocian a los que tenemos para s y t? Recordemos que xy = t y que x + y = s.

En el caso s = 1, t = -2, xy = -2 y x + y = 1. Luego y = 1 - x, por lo que x(1-x) = -2. De esta ecuación surge la ecuación de segundo grado x2 - x - 2 = 0, con soluciones x = 2, y = -1 y x = -1, y = 2.

En el caso s = 2, t = -1, xy = -1 y x + y = 2. Luego y = 2 - x, por lo que x(2-x) = -1. De esta ecuación surge la ecuación de segundo grado x2 - 2x - 1 = 0, con soluciones x = 1 + √2, y = 1 - √2 y x = 1 - √2, y = 1 + √2.

En el caso s = -3, t = 2/3, xy = 2/3 y x + y = -3. Luego y = -3 - x, por lo que x(-3-x) = 2/3. De esta ecuación surge la ecuación de segundo grado x2 + 3x + 2/3 = 0, con soluciones x = (-9 + √57)/6, y = (-9 - √57)/6 y x = (-9 - √57)/6, y = (-9 + √57)/6.

Como se puede observar, son seis las soluciones, simétricas todas ellas dos a dos.

jueves, 14 de febrero de 2008

La mitad del cuadrilátero

Enunciado

cuadrilátero partido

cuadrilátero partido

El cuadrilátero que se propone en el problema es, según observamos cuando lo dibujamos en un eje de coordenadas, un trapecio. Es decir, dos de sus lados son paralelos (además, paralelos al eje vertical de coordenadas).

Debido a eso, una recta que pasa por el centro de coordenadas (y tiene la inclinación adecuada) corta precisamente los dos lados paralelos. Puesto que estos cumplen que su coordenada x es, respectivamente, 1 y 3, basta averiguar la coordenada y correspondiente a los puntos de corte.

La condición para encontrar dicha recta es que el área en que divide al cuadrilátero (trapecio) inicial debe ser la mitad. Necesitamos, por tanto, saber el área del trapecio. Si no sabemos una fórmula específica, podemos dividirlo en un rectángulo (entre los puntos (1,0), (3,0), (3,4) y (1,4)), cuya área será 4*2 = 8 unidades cuadradas y un triángulo (entre los puntos (1,4), (3,4) y (3,5)), cuya área será 1*2/2 = 1. Por tanto, el área del trapecio es 8 + 1 = 9. Visto como trapecio, también es la media de los dos lados paralelos por la altura, es decir 2*(4 + 5)/2 = 9.

La mitad de este valor es 9/2, que debe ser el área de las dos figuras que forma la recta al cortar el cuadrilátero. Suponiendo que la recta que buscamos es de la forma y = ax (ya que pasa por el origen, por lo que no tiene término independiente), los puntos de corte serán (1,a) y (3,3a). La figura que se forma por debajo de la recta podemos verla de nuevo como trapecio, y aplicar el mismo método, o bien como diferencia de dos triángulos (el formado por los puntos (0,0), (3,0) y (3,3a) menos el que forman los puntos (0,0), (1,0) y (1, a)). Esta última forma de verlo es la más sencilla de tratar, así su área sería 3*3a/2 - 1*a/2 = 8a/2 = 4a.

De la igualdad 9/2 = 4a, obtenemos que a debe valer 9/8, es decir, que la recta buscada es y = 9x/8.

domingo, 10 de febrero de 2008

El cubo rojo

Enunciado

Dibujo del cubo

Dibujo del cubo

En este problema la parte más difícil es visualizar lo que estamos buscando. Hemos cortado el cubo en tres capas, que a su vez se han cortado en tres líneas, y cada una de ellas en tres cubos. Está formado ahora por 27 cubos más pequeñitos. ¿Cómo hemos de mirarlo para contar lo que se nos pide?

Si miramos el fragmento que he dibujado a la derecha, podemos apreciar que hay a la vista diferentes tipos de cubo. El del centro del cubo estaba totalmente tapado cuando lo pintaron, de forma que no tiene ninguna capa pintada, y es el único al que le sucede. Sin embargo, los de las esquinas quedaron más expuestos, y acabaron pintados en tres de sus caras.

Si retiramos mentalmente los de las esquinas, ¿cómo queda el cubo? En total, los que quitamos son 8, todos ellos pintados por tres lados.

Cubo sin vértices

Cubo sin vértices

Si observamos el dibujo del cubo tal y como quedaría, está claro que hay ahora muy a la vista los de los centros de los lados, que sólo tienen dos de sus caras en rojo. ¿Cuántos están visibles? Si vamos por capas, serán 4 arriba, 4 en el centro y otros 4 abajo. En total, 12 cubos pintados por dos caras.

Cruceta central

Cruceta central

Una vez eliminados estos cubos ¿Qué quedaría del cubo? Una especie de cruz, que vemos en el tercer dibujo. Y está claro que sólo queda pintura en lo que sería el centro de las caras, que son cubos que tienen una única cara pintada. Y son 6, como el número de caras del cubo.

Quitar estos cubos nos dejaría un único cubo central, que no tiene ninguna cara pintada.

Así que tenemos 8 con tres, 12 con dos, 6 con una y 1 con ninguna. Comprueba que 8 + 12 + 6 + 1 = 27.

¿Y para un cubo partido en 1000 cubitos (10 por 10 por 10)? Podríamos seguir un recuento similar, aunque ahora no hace falta que haga los dibujos. En primer lugar, quitaríamos las 8 esquinas, con tres caras pintadas. Después, los cubos laterales, que ahora serían 8 en cada arista. Como hay 12 aristas, tendríamos un total de 8*12 = 96 cubos con dos caras pintadas. Por último, hemos de quitar lo que queda de cada cara, que será un gran cuadrado de 8 por 8 en cada una de las 6 caras, que sólo tendrán una cara pintada. Y 8*8*6 = 384 cubitos con una única cara pintada. Al final, nos quedará un gran cubo central, al que hemos quitado todo resto de "piel" roja. Este cubo tendrá 8 cubos de lado (hemos quitado una capa de un cubo de cada extremo), por lo que tendrá 8*8*8 = 512 cubos sin ninguna cara coloreada. Comprobamos de nuevo que 8 + 96 + 384 + 512 = 1000.

¿Y con el valor genérico n? Aquí no nos queda más remedio que recurrir a polinomios para algunas expresiones.

De nuevo, los 8 vértices serán los únicos cubos con 3 caras pintadas.

Cada una de las 12 aristas está formada por cubos con dos aristas pintadas. Como hay n - 2 cubos en cada una de ellas, tenemos 12n - 24 cubos.

Ahora, los centros de las 6 caras. Cuadrados de n - 2 cubos de lado, que harían un total de (n - 2)2, pero multiplicado por 6. Si conoces las operaciones con polinomios, o las igualdades notables, sabrás que esto resulta ser 6n2 - 24n + 24.

Por último, hay en el centro un gran cubo, de lado n - 2, sin nada pintado de rojo, que en total serán (n - 2)3, o lo que es lo mismo, n3 - 6n2 + 12n - 8 cubos.

Comprobamos, para terminar que 8 + 12n - 24 + 6n2 - 24n + 24 + n3 - 6n2 + 12n - 8 = n3.

jueves, 7 de febrero de 2008

De tapas

Enunciado

Hay una forma mecánica para resolver este tipo de problemas, que está descrita en el problema de la detective novata, de nivel de primer ciclo de secundaria.

En este caso, no merece la pena el esfuerzo de trazar el cuadro de doble entrada.

Empezamos con la comida. Sabemos que Nuria pidió gambas, María, navajas, y, puesto que Marta no pidió pulpo, debió de tomar sardinas. Por tanto, Paloma pidió pulpo.

Nombre Ración Bebida Cuenta
Marta sardinas
María navajas
Nuria gambas
Paloma pulpo

El resto de datos hay que tratarlos a la vez. Marta bebió tónica. Como Paloma pagó el doble que otra persona, debió pagar 12 o 16 euros. Como además pagó menos que alguien, esa persona (que tomó cerveza), pagó 16 euros, y Paloma, 12. Además, la que comió sardinas, que sabemos que fue Marta, pagó 6 euros.

La persona que tomó bíter pagó 8 euros, así que no tomó sardinas. Como Nuria pagó más que María, Nuria debió pagar 16 euros y María 8, pues son las únicas cantidades que aún no sabemos quién pagó.

Nombre Ración Bebida Cuenta
Marta sardinas tónica 6€
María navajas 8€
Nuria gambas 16€
Paloma pulpo 12€

Por fin, Nuria debió de tomar cerveza, porque pagó 16 euros. Y María tomó bíter, porque pagó 8€. La limonada, que es la única que queda, debió tomarla Paloma.

Nombre Ración Bebida Cuenta
Marta sardinas tónica 6€
María navajas bíter 8€
Nuria gambas cerveza 16€
Paloma pulpo limonada 12€

domingo, 3 de febrero de 2008

Parábolas con el mismo vértice

Enunciado

Recordemos cómo se obtiene el vértice de una parábola y = Ax2 + Bx + C. Si transformamos la expresión en una constante más un cuadrado, se tiene que Ax2 + Bx + C = ((Ax)2 + ABx + AC)/A = ((2Ax)2 + 4ABx + 4AC)/(4A) = ((2Ax)2 + 2*2Ax*B + B2 + 4AC - B2)/(4A) = (2Ax + B)2)/(4A) + (4AC - B2)/(4A), de donde 4Ay - (4AC - B2) = (2Ax + B)2).

A partir de esta igualdad, podemos obtener, mediante un cambio de variable, una ecuación de la forma y = A*x2, de la que sabemos que su vértice está en el punto (0,0). El cambio de variable desplaza la x a 2Ax + B, es decir, que la primera coordenada es -B/2A, como ya sabréis si habéis estudiado las parábolas, y la segunda coordenada, que se puede obtener de varias formas, es C - B2/(4A).

Aplicado en nuestro caso, se deduce que para que ambas ecuaciones tengan los mismos vértices, -b/2a = -c/2b, de donde, cambiando signos y quitando factores iguales y fracciones, que b2 = ac. Sin embargo, aplicar sin más las ecuaciones de la otra coordenada nos lleva a una ecuación de tercer grado sin aparente solución.

En estos casos, se impone alguna prueba, como, por ejemplo, darle valores a una de las variables para determinar qué dos parábolas obtenemos. Supongamos que a = 1. De ahí se obtiene una ecuación también de tercer grado, b3 + 3b2 - 4 = 0. Esta ecuación podemos tratar de resolverla por tanteo, obteniendo que b = -2 (solución doble) y b = 1, que se descarta pues nos dicen que b debe ser distinto a a. Esto pude dar una idea para abordar la ecuación de tercer grado en dos variables.

Probemos ahora con la ecuación que hemos obtenido. Retomando la fórmula del vértice, nos lleva a que c - b2/(4a) = a - c2/(4b). Quitando denominadores, 4abc - b3 = 4a2b - ac2. Podemos eliminar un término ya usando b2 = ac, de forma que el primer término se reduce a 3abc = 4a2b - ac2. Como a no es nulo, 3bc = 4ab - c2. Pasamos los términos con b a un extremo, y c2 = b(4a - 3c). Si elevamos al cuadrado, podremos reemplazar todas las b de la ecuación, de forma que nos queda c4 = ac(4a-3c)2. Como b no se anula, c tampoco es posible que se anule, por lo que podemos simplificarla y la ecuación que queda, tras operar es 16a3 - 24a2c + 9ac2 -c3 = 0.

Como decía, no es evidente que tenga ninguna solución, pero resulta que obteníamos una solución inútil en la prueba cuando b era igual a a, y que obliga a que c fuese también a. Por eso, se me ocurrió dividir entre a - c, que no se puede anular. El resultado es sorprendente, porque el polinomio es divisible y queda 16a2 - 8ac + c2 = 0. Ésto sí es una ecuación de segundo grado, es más, un cuadrado perfecto, (4a - c)2 = 0, por lo que c = 4a. Por supuesto, b = -2a, pues la otra opción (b = 2a) no produce, como se puede comprobar substituyendo en la ecuación antes de elevar al cuadrado, una solución válida.

De esta forma, las ternas son de la forma (a, -2a, 4a).

La clave del problema es entender que, puesto que a ≠ b, las dos parábolas sólo pueden coincidir en un punto. Y, si éste se trata del vértice, y claramente coinciden en el punto en el que x = 1 (pues los tres coeficientes son los mismos en distinto orden, y, por tanto, el punto (1,a + b + c) pertenece a ambas parábolas). Haciendo uso de esta propiedad, el problema se reduce mucho, y evita el trabajo de resolver una ecuación de tercer grado.