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).