jueves, 31 de julio de 2008

Cuerdas paralelas

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Cuerdas paralelas

Cuerdas paralelas

En los problemas de geometría es fundamental trazar bien el dibujo. Recuerda que las cuerdas están opuestas por el centro, es decir, dejan al centro de la circunferencia entre las dos, son paralelas, y por tanto su distancia (que es perpendicular), puede pasar por el centro, como he hecho en el dibujo. Además, en ese caso, por simetría, la distancia parte a ambas cuerdas en dos segmentos iguales, cuyas medidas son 6 y 8. Para terminar, he trazado los radios de la circunferencia, que parten de algún punto situado en el segmento distancia entre las dos cuerdas, y llegan a los extremos de las cuerdas, y todos los radios, como siempre, miden lo mismo.

Ahora, podemos encontrar dos tipos de triángulos rectángulos, y tres incógnitas, que son el radio, r, la distancia del centro a la cuerda corta x, y la distancia al centro de la cuerda larga, y. Evidentemente, x + y = 14, que es la distancia entre las dos cuerdas (por ser opuestas por el centro). Además, r2 = x2 + 36, y también r2 = y2 + 64, aplicando el conocido Teorema de Pitágoras. Tenemos ahora un sistema de tres ecuaciones con tres incógnitas.

Para resolverlo, por ejemplo, podemos igualar ambas ecuaciones cuadráticas, de forma que x2 + 36 = y2 + 64, y despejando en la primera igualdad, y = 14 - x, de forma que x2 + 36 = (14 - x)2 + 64. Aplicando ahora el cuadrado de la resta, tenemos que x2 + 36 = 196 - 28 x + x2 + 64. Si nos damos cuenta que en ambos lados de la igualdad está repetido el término x2, podemos restarlo, quedando la ecuación como 36 = 196 - 28x + 64. Despejando la x, tenemos que 28x = 196 + 64 - 36 = 224, de donde x = 224/28 = 8. Así, y = 6, y por tanto r2 = 64 + 36 = 100, por lo que r = 10. Por tanto, el diámetro es 20.

domingo, 27 de julio de 2008

Buen partido

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Vamos a pensar en dos de las características nada más, por ejemplo, en ser listos y ser guapos. Si sumamos la cantidad de hombres de cada 100 que son listos y los que son guapos, estamos sumando dos veces los que tienen las dos virtudes, de forma que para obtener los que son listos o guapos o ambas cosas, tendremos que restarlos.

La mínima cantidad que tendremos que restar para obtener 100, que es lo máximo que podemos obtener, es 40, de forma que hay un mínimo de 40 de cada 100 que son listos y guapos a la vez.

Ahora, apliquemos un razonamiento similar a los que son listos y guapos, que son al menos 40 de cada 100, y a los que son ricos, que son 70 de cada 100. Como 70 + 40 = 110, hay un mínimo de 10 de cada 100 que son a la vez listos, guapos y ricos, que sumamos dos veces y que por tanto hay que restar. También se puede intentar plantear usando conjuntos disjuntos, tratando de calcular el máximo de las intersecciones, pero yo lo veo más complicado.

Los comentarios que han publicado no han sido muy claros al respecto. Invito a los visitantes a tratar de encontrar un razonamiento más sencillo.

jueves, 24 de julio de 2008

Rectángulo

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El ejercicio (a) es bastante sencillo, si piensas en lo que sucede. En realidad, pasas por 6 puntos distintos y vuelves a empezar, es decir, que todos los múltiplos de 6 volverás a caer en la misma letra. Voy a citar todas las letras, acompañadas por el número de letras que llevas visitadas cuando llegas a ella: A1 B2 C3 F4 E5 D6 A7 B8 C9 F10 E11 D12 A13... Como verás, entre una visita a una letra y la siguiente pasan exactamente 6 números, es decir, que cada múltiplo de 6 pasaremos por D. Si dividimos 2008 entre 6, obtenemos 334 y resto 4, es decir, que 2004 es 334*6, y cuando llevemos 2004 letras recorridas estaremos en nuestra visita número 334 a la D. Cuatro letras más tarde, en la letra 2008, estaremos en la F (fíjate que F lleva el número 4, que es el resto de la división).

En el ejercicio (b) hay que cambiar un poco de mentalidad. Si en el anterior recorríamos letras (también llamados nodos), aquí recorremos todos los segmentos, o al menos eso intentamos. Hay 11 segmentos en la figura, y sí hay un recorrido muy sencillo que empieza por A y pasa por todos. De hecho, hay varios, y es casi imposible no encontrar uno si empezamos a recorrerlos. Por ejemplo, uno sería A-B, B-E, E-A, A-D, D-E, E-F, F-D, D-C, C-F, F-B, B-C.

Lo único que tendrán en común todos los caminos que empiecen en A es que acabarán en C. ¿Por qué? Pues porque cada vez que pasamos por una letra, usamos un segmento para llegar y otro para irnos, y no podemos volver a usarlos. Eso quiere decir que cuando pasamos por una letra varias veces, iremos sumando segmentos que empiezan o acaban, de dos en dos. La única excepción (si acaso) es la letra por la que empezamos, que puede tener una cantidad impar de segmentos, como es el caso de la A, y la que acabamos. Pero sólo la C tiene una cantidad impar de segmentos que llegan o salen de ella, por lo que no tenemos más remedio que acabar allí.

Por eso no podemos empezar ningún recorrido de este tipo por B, ya que habría dos letras candidatas para acabar, la A o la C, y uno de los caminos que llevan a ellas se queda sin recorrer, además de dejar sin recorrer uno de los que llegan a B. Éstas son las dificultades que nos encontramos.

La pregunta (c) es de geometría. ¿Cómo podemos calcular el área de un triángulo, si sólo conocemos la fórmula que nos indica que su área es base por altura partida por dos? Bueno, podemos calcular el área de todo el rectángulo, 12*9 = 108 metros cuadrados. Incluso, podríamos calcular el área de la mitad del rectángulo, que podría ser el triángulo ABC, que mediría 108/2 = 54 metros cuadrados.

Una vez que llegamos aquí ¿qué relación hay entre ABC y BEF? Desde luego, si consideramos las posiciones en las que podemos poner ambos triángulos para medir base y altura, veremos que hay una posición en la que tienen mucho en común. Si usamos la base AC para medir la base y la altura de ABC, y EF para medir la de BEF, podemos darnos cuenta rápidamente de que tienen la misma altura, y que EF es la tercera parte de AC. Es decir, que para sacar el área de BEF multiplicaremos algo que es la tercera parte de la base de ABC por la misma altura (y dividiremos entre dos, claro), y obtendremos una tercera parte del área de ABC, es decir, 54/3 = 18 metros cuadrados.

Otra manera de verlo, es que ABC es la suma de las áreas de AEB, BEF y BFC, y los tres tienen (mirados apoyados en la diagonal) la misma longitud de la base y la misma altura, por lo que tienen la misma área, que será un tercio del área de ABC.

Completando dibujo

Completando dibujo

Por último, en (d) tenemos que completar un poco el dibujo. Si nos damos cuenta de que hemos dividido en 3 partes iguales las dos diagonales, y levantamos perpendiculares hasta los lados del rectángulo, tendremos el rectángulo original dividido en nueve rectángulos iguales, es decir, que el área del pequeño rectángulo es un noveno del original, 108/9 = 12 metros cuadrados. Sus longitudes son 4 y 3.

domingo, 20 de julio de 2008

Un triángulo sobre una circunferencia

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Triángulo con las distancias a P

Triángulo con las distancias a P

Este problema es bastante más difícil de lo que parece. En primer lugar hay que hacer varios dibujos, huyendo de casos particulares y de simetrías forzadas. He condensado en un mismo dibujo dos valores diferentes de P para que se vean los dos casos más distintos. Es conveniente no usar triángulos iniciales equiláteros, para evitar simetrías que puedan llevar a confusión. También se incluyen (como es frecuente) el centro de la circunferencia y los radios a los puntos de tangencia, y al centro del segmento BC.

En geometría no es fácil conseguir que salgan cuadrados sin que aparezca el Teorema de Pitágoras o un área de un cuadrado. La igualdad PG2 = PE*PF también se puede escribir como PE/PG = PG/PF, y eso sugiere que en realidad estamos buscando una semejanza de triángulos. Si es cierto que los triángulos PEG y PFG son semejantes con el ángulo PGE igual al PFG, estará demostrado.

Puesto que PF es perpendicular a AC, PG a BC y PE a AB, el ángulo entre PF y PG es el mismo que entre PE y PG. Ya tenemos un ángulo igual.

Sin embargo, después de muchos esfuerzos no conseguí otro ángulo igual directamente, de forma que busqué la manera de utilizar que P está en la circunferencia. De hecho, necesité hacer el dibujo de un punto que no estuviese en la circunferencia, para comprobar que era necesario que P estuviese en ella para que se cumpliera la igualdad.

En ese momento observé que no sólo eran semejantes los triángulos (aunque aún no podía demostrarlo), si no que el cuadrilátero PEBG era (o, al menos, parecía) semejante a PFCG. Eso me dio una idea. Un cuadrilátero se puede descomponer en dos triángulos de dos formas distintas, y basta demostrar que una de las descomposiciones es semejante a la descomposición del otro para que el cuadrilátero lo sea.

Así puedo utilizar mi caracterización favorita de un punto de una circunferencia, el ángulo inscrito. Porque, efectivamente, era necesario que el punto estuviese en la circunferencia para que se diera la semejanza.

Vamos a considerar, entonces, los triángulos PBG y PBE, y por otro lado los triángulos PCG y PCF. Veamos si efectivamente tienen todos los ángulos iguales.

Voy a llamar x al ángulo ABC, fundamental en el dibujo. Observa que OBC mide 90 - x, y por ser isósceles, OCB también. Así, BOC mide 2x, y el ángulo BPC mide x si P está en lado externo de la circunferencia, o 180 - x si está en el interno. Ésta conclusión, que sólo ocurre si el punto P está en la circunferencia, la usaremos más adelante. Evidentemente, tendremos que considerar los dos casos por separado.

Supongamos para empezar que P está en el arco interno del triángulo. Ahora, el ángulo z será PBG. A partir de él, calcularemos todos los demás. BGP es un ángulo recto, y GPB, por tanto, es 90 - z. PBE es el ángulo x - z, y como BEP es recto, EPB es 90 + z - x.

Como P está en el arco interno al triángulo, tenemos que 180 - x = 90 - z + GPC, de donde GPC = 90 + z - x. Evidentemente, PCG = x - Z, por ser CGP recto. Como BCA mide también x, PCF tiene que ser x - (x - z) = z, y por supuesto FPC medirá 90 - z, ya que de nuevo PFC es recto. Por tanto, PBG es un triángulo semejante a PCF con el ángulo PBG igual a PCF, y PBE es semejante a PCG, con el ángulo PBE igual al PCG. Por tanto, el cuadrilátero PGBE es semejante al PFCG, y al dividirlo con su otra diagonal, resulta que PGE es semejante a PFG con el ángulo PGE igual al PFG, como se pretendía.

Si P está en el arco externo, las cosas son similares, sólo que si llamamos z a PBG, ahora PBE es 180 - x -z, y cuando llegamos al ángulo BPC, que es x, tenemos que x = 90 - z + GPC, por lo que GPC = x + z - 90. Sin embargo, se comprueba que la semejanza entre cuadriláteros, y por tanto entre triángulos, se da igualmente.

jueves, 17 de julio de 2008

Puntos alineados

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Un cuadrado y dos triángulos equiláteros

Un cuadrado y dos triángulos equiláteros

Si empezamos por hacer el dibujo como aparece junto a estas líneas, y unir los puntos que supuestamente están alineados, veremos de forma sencilla que AD, DC, CF y CH son líneas que miden exactamente lo mismo, es decir, que los triángulos ADF, DFC y CFH son isósceles (DFC es. además, equilátero) y sus ángulos son fácilmente medibles.

Para confirmar que AF y AH son segmentos de una misma recta, nos basta con ver que los ángulos AFD, DFC y CFH suman 180 grados.

Como DFC es equilátero, FDC mide 60 grados y ADC 90, por lo que ADF mide 30. Por ser ADF isósceles, DAF y DFA miden 75 cada uno (para poder sumar 180 en total). Es decir, que DFA mide 75 grados.

El ángulo DFC mide claramente 60 grados.

Por simetría con lo ya visto, FCB mide 30, y BCH mide 60 por ser BCH triángulo equilátero. En total, FCH mide 90. Como el triángulo FCH es isósceles, los ángulos CFH y CHF miden ambos 45 grados, de la misma manera que antes. Es decir, que CFH mide 45 grados.

Por lo tanto, AFH mide AFD + DFC + CFH = 75 + 60 + 45 = 180 grados, es decir, que AF y AH están sobre la misma recta, y A, F y H están alineados.

domingo, 13 de julio de 2008

Un trabajo en común

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Hay muchos problemas similares a este, en los que aparece un proceso que se hace sobre una o varias cantidades inicialmente desconocidas. La tendencia más habitual es resolverlos mediante ecuaciones, lo que habitualmente es correcto, pero engorroso. Es muy fácil equivocarse si se sigue ese camino. Veremos cómo quedaría si lo planteamos así, y que da el mismo resultado.

La alternativa, que va a ser el primer método que veamos, es plantearlo como si fuésemos detectives y tratáramos de resolver un caso a partir de las pistas: seguiremos el proceso, pero hacia atrás, asegurándonos de los pasos que damos. A este proceso se le llama "vuelta atrás".

Al final quedan 30 hojas. Es evidente que el tercer día había más, y quitamos un sexto de ellas. Cuando tienes una cierta cantidad, tienes seis sextos. Al quitar un sexto, quedan cinco sextos. Es decir, que 30 hojas son cinco sextos, o sea que cada sexto es 6 (hay 5). Al principio del tercer día queda, por tanto, 36 hojas (al quitarle un sexto, dejamos 30).

El segundo día quedaba cierta cantidad y le quitamos una tercera parte, y quedaron 36 hojas. Al quitar una tercera parte quedan dos terceras partes, es decir, que cada tercera parte son 18 (la mitad de 36). Eso quiere decir que al principio del segundo día teníamos un total de 36 + 18 = 54 hojas.

El primer día pasó la cuarta parte y quedaron tres cuartas partes, que son 54. Cada cuarta parte será un total de 54/3 = 18 hojas, es decir, que al principio había 54 + 18 = 72 hojas. Y esta es la respuesta.

Si queremos convertirlo en ecuaciones, supongamos que x es el número de hojas. El primer día quedan x - x/4. El segundo día, x - x/4 - (x - x/4)/3, y el tercer día x - x/4 - (x - x/4)/3 - (x - x/4 - (x - x/4)/3)/6 = 30. Si hacemos las operaciones correctamente, nos dará el mismo resultado.

jueves, 10 de julio de 2008

Lío de lámparas en una habitación

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La clave para entender la solución a este problema consiste en comprender, mediante el ensayo con pocas lámparas (a partir de 4, porque con menos en ocasiones no es posible), que cada lámpara que coloquemos en una esquina de la habitación se cuenta dos veces, una en cada pared de la esquina, de forma que en realidad esa lámpara cuenta como dos a la hora de repartirla entre las paredes. Veremos todas las posibilidades a medida que vayamos solucionando los apartados.

12 lamparas

12 lamparas

En el apartado (a) tenemos 12 lámparas. Evidentemente, podemos dividirlas entre 4 y obtenemos 3, con lo que si ponemos tres en cada pared conseguimos el resultado que nos piden. Recuerda que no es necesario situar ninguna en una esquina. Si queremos situar alguna, pronto descubriremos que no es posible repartirlas hasta que pongamos cuatro, una en cada esquina. En ese caso, como cada lámpara contará por dos en la suma total (recuerda que se cuenta en las dos paredes), será como si tuviésemos 16, y las repartiremos poniendo las de las esquinas y dos más en cada pared, es decir, cuatro por pared (ver los dibujos). Si sólo ponemos 1, 2 o 3 lámparas en las esquinas, será como si tuviésemos 13, 14 o 15, y es imposible repartirlas entre cuatro paredes de forma entera.

10 lámparas

10 lámparas

Resolvamos ahora el apartado (b). Puesto que disponemos de 10 lámparas, no podemos repartirlas entre 4, pues no es divisible. Deberemos poner dos lámparas en las esquinas, para obtener dos lámparas más, es decir, 12, y poder poner 3 en cada pared. Hay dos formas de colocarlas, en dos esquinas consecutivas y en dos opuestas. Si las ponemos en dos opuestas, hemos de situar dos de las ocho lámparas restantes en cada pared, para lograr las tres por pared. Si las esquinas son contiguas, sólo hay que poner una lámpara en la pared compartida por las esquinas, tres en la opuesta, y dos en las restantes (ver imagen).

11 y 13 lamparas

11 y 13 lamparas

En el apartado (c) se complica la cosa, pues tenemos números impares. En el caso de tener 11 lámparas, sólo nos falta una para tener un múltiplo de 4 (12), por lo que basta situar una lámpara en una esquina. Las otras 10 deberemos distribuirlas de forma que completemos las 3 por pared, es decir, 2 en las paredes que tienen la esquina ocupada, y 3 en las dos restantes (2 + 2 + 3 + 3 = 10). Si disponemos de 13 lámparas, nos faltan 3 para un múltiplo de 4 (16), y acabaremos con 4 lámparas por pared. Es decir, ponemos 3 lámparas en las esquinas, con lo que sólo quedará una esquina sin lámpara, y las 10 restantes las pondremos de manera que lleguemos a 4 lámparas por pared, es decir, 3 en las paredes que tienen una esquina vacía, y 2 en las que no (2 + 2 + 3 + 3 = 10).

De 20 a 23 lámparas

De 20 a 23 lámparas

En el apartado (d) tratamos de repetir otra serie de casos, con 20, 21, 22 y 23 lámparas. Con 20, basta repartirlas a razón de 5 por pared, o bien cuatro en las esquinas y cuatro por pared. Con 21, debemos poner 3 en las esquinas y repartir 18 de forma que pongamos 4 en las paredes que tengan las dos esquinas ocupadas, y 5 en las que tengan una esquina libre (2*4 + 2*5 = 18), es decir, 6 por pared. Si disponemos de 22, situamos dos en las esquinas (la forma más sencilla, en esquinas opuestas), y las restantes 20 repartidas entre las cuatro paredes (aunque como vimos, hay otra forma de hacerlo). Por último, si tenemos 23 lámparas, situaremos una en una esquina, y las 22 restantes de forma que las paredes con una esquina ocupada tengan 5, y las que tienen vacías las esquinas, 6 (2*6 + 2*5 = 22).

caso general

caso general

En el apartado (e) se trata de generalizar, es decir, de dar un método o receta para repartir cualquier cantidad de lámparas. Como hemos visto, la forma de distribuirlas dependerá de que sea múltiplo o no de cuatro, y en ese último caso, de cuánto le falte para ser múltiplo de cuatro (puede que le falte una, dos o tres lámparas). Si el número de lámparas es múltiplo de cuatro, bastará repartirlas por las cuatro paredes. Si falta un única lámpara para ser múltiplo de 4, pondremos una en una esquina, y pondremos en las paredes junto a esa esquina una lámpara menos que en las demás. Si son 2 las que faltan, pondremos dos lámparas en esquinas opuestas, y repartiremos las demás entre las cuatro paredes. Si faltan 3 para ser múltiplo de 4, ocuparemos tres esquinas y pondremos una lámpara menos en las paredes que tienen dos esquinas ocupadas que en las que tienen una libre, para compensar.

domingo, 6 de julio de 2008

Tres veces repetida

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Es evidente que hay 27 sumas diferentes, del 1 al 27, pero lo que no es tan fácil de ver es que de todas las tarjetas, sólo hay 1 que suma 1 (la 100), y 1 que suma 27 (la 999). Las demás sumas se pueden obtener de más de una forma. Basta observar que el 2 se puede obtener a partir del 110, del 200, y del 101, y el 26, del 998, del 899 y del 989.

A partir de aquí, el peor caso en contra de nuestra intención (sacar tres sumas iguales) se produciría cuando hubiésemos sacado dos veces repetidas todas las sumas (evidentemente, las que no se pueden sacar dos veces las habríamos sacado una única vez) En total, tendríamos anotadas del 2 al 26, que son 25 distintas, dos veces, y una vez el 1 y el 27. En total, 52 tarjetas anotadas.

Si sacamos una más de 52, es decir, 53, no es posible que sólo haya 2 de cada suma apuntadas, porque alguna de las sumas estaría tres veces entre las escogidas. Y es el menor número con el que podemos garantizar esto, pues hemos visto un caso con 52 que no lo cumple.

jueves, 3 de julio de 2008

La bolsa de dulces

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Es evidente que necesitamos un sistema para saber cuántos dulces hay en la bolsa de cada tipo. Rápidamente nos daremos cuenta de que el sistema de solución más eficaz es el de la substitución, de forma que representamos todo con los dulces de fresa, y recordamos que los de limón son el doble que los de fresa, los de naranja son uno menos que los de fresa, y los de uva son seis menos que el doble de los de fresa. En total, llamando F a los de fresa, 71 = F + 2F + F - 1 + 2F - 6 = 6F - 7. En definitiva, 78 = 6F, por lo que F = 13. Hay 13 de fresa, 26 de limón, 12 de naranja y 20 de uva.

Ahora, vamos a ocuparnos del problema. Para tener al menos de dos sabores, necesitamos sacar 27 dulces, ya que si sacamos menos, nos arriesgamos a sacar todos de limón, que es de lo que más abunda. La respuesta es, por tanto, 27.