domingo, 30 de marzo de 2008

Ortoedros divididos en cubos

Enunciado

Lo primero que se me ocurre cuando leo este problema es tratar de calcular las dimensiones de un ortoedro de los propuestos. Si llamamos a, b y c a sus dimensiones, pensemos, para fijar ideas, que a ≤ b ≤ c.

Supongamos que cortamos el ortoedro en c rodajas a lo largo de esa longitud. Estas rodajas estarán formadas en su borde exterior por cubos pintados, mientras que el interior no, excepto la primera y la última. Para que haya la misma cantidad de los dos tipos, en cada rodaja interior debe haber más cubos sin pintar que pintados, para compensar esas rodajas finales, que estarán totalmente pintadas. Está claro que a debe valer al menos 5, ya que en caso contrario en una rodaja habría necesariamente menos cubos sin pintar que pintados.

Para hacer una prueba, supongamos que a vale 5. Entonces, para que haya en una rodaja más cubos sin pintar que pintados, 3*(b-2) - 2b - 6 > 0. Esto lleva a que b - 12 > 0, es decir, b debe ser al menos 13. En ese caso, habría 3*11 = 33 cubos sin pintar y 26 + 6 = 32 cubos pintados (uno menos). Las tapas, formadas por cubos pintados, tendrían un tamaño de 5*13 = 65, es decir, que habría 130 cubos pintados para compensar, luego la dimensión c sería de 132 (las dos tapas, más las rodajas necesarias para equilibrar el número de cubos). En este caso, el número total de cubos sería 5*13*132 = 8580, mientras que el total de cubos sin pintar (no están en ninguna de las caras) sería de 3*11*130 = 4290, exactamente la mitad.

¿Hay un límite superior para b, en este caso? Es decir, hemos probado con 13, que es el mínimo, pero ¿hay un valor máximo? Como resulta que b - 12 es el exceso de cubos sin pintar, la cantidad de cubos de las tapas, formadas cada una por 5*b cubos, debe coincidir con el número de rodajas multiplicadas por ese exceso, es decir, (c - 2)*(b - 12) = 2*b*5, de donde c = 2 + 10b/(b - 12) y hemos empezado suponiendo que b ≤ c, luego se tiene que b ≤ 2 + 10b/(b - 12). Quitando denominadores, b*(b - 12) ≤ 2*(b - 12) + 10b, de donde b2 - 24b + 24 ≤ 0. Por esto, b está acotado (sólo hay un intervalo en el que una parábola esté por debajo de cero, si el coeficiente de b2 es positivo).

Ya hemos visto que si a vale 5, la cantidad de posibilidades para b es finito (y c, si existe, se obtiene a partir de b, mediante una fórmula). Si conseguimos probar que también sucede para otros valores de a, y acotar a, el problema estará resuelto.

Supongamos, entonces, a genérico. El número de cubos de una rodaja sin pintar es (a - 2)*(b - 2), y el de cubos pintados es 2b + 2a - 4. Su diferencia será ab - 4a - 4b + 8, que debe ser positivo para que compense la cantidad de cubos de la tapa, y en ese caso, c = 2 + 2ab/(ab - 4a - 4b + 8), donde el denominador es siempre positivo. de ahí obtenemos la desigualdad b ≤ 2 + 2ab/(ab - 4a - 4b + 8). Quitando denominadores, obtenemos la inecuación de segundo grado (a - 4)b2 + (16 - 8a)b + 8a - 16 ≤ 0. Como el coeficiente de b2 es de nuevo positivo (ya vimos que a debe ser mayor que 4), b está acotado y por tanto puede tener una cantidad finita de valores.

Por último, deberíamos ver que a también está acotado. Ya vimos que debe ser mayor que 4. Si probamos a calcular los valores máximos de b para ciertos a encontraremos una relación entre ambos decreciente (cuanto mayor es a, son menores b y c), con lo que parece intuitivamente claro que hay un número finito. De hecho, para a = 9, el único valor aceptable de b sería 9 (aunque c no sería un entero válido en ese caso). Debemos tratar de comprobar que, en el caso que a valga más de 10, no es posible que esas dos cifras coincidan. Como hemos hecho el supuesto inicial de que a ≤ b ≤ c, veamos si se puede demostrar directamente.

Si a fuese superior a 10, el número de cuadrados no pintados de cada rodaja sería (a - 2)*(b - 2) y el de pintados, 2b + 2(a - 2). La diferencia entre ambos sería de (a - 2)*(b - 2) - 2b - 2(a - 2), que sería mayor que 8*b - 2b - 2b = 4b. Por tanto, c - 2, que es el cociente entre los cubos de las dos tapas y el excedente de cubos de una de las rodajas, sería menor que 2ab/4b = a/2, aunque c debería ser mayor que a, lo que es claramente contradictorio.

Hay otra manera de razonar este resultado a partir de la igualdad a*b*c = 2(a - 2)(b - 2)(c - 2), que es la solución oficial.

sábado, 29 de marzo de 2008

Muchos seises

Enunciado

Como se ha comentado en el enunciado, hay que empezar por proponerse cuadrados de números formados con menos cantidad de seises, como 6, 66, 666, hasta encontrar una pauta clara.

Estos cuadrados son 36, 4356 y 443556, de forma que se puede empezar a ver una cierta regularidad. Si lo hacemos con calculadora, será más rápido, pero, sin embargo, es haciendo las operaciones a mano con lápiz y papel donde apreciamos el origen de la regularidad.

Multipliquemos 6666 por 6666 simulando el uso del algoritmo conocido. Si usamos la cifra de las unidades, hay que multiplicar 6 por 6666. Evidentemente, la última cifra es 6, pero hay un arrastre de 3 decenas, que se suman a la siguiente cifra, dando un total de 9. De esta cifra volvemos a llevarnos o arrastrar 3, repitiendo la operación hasta que se acaben los 6. Esta primera fila, origen de multiplicar las unidades por todo el número, proporciona 39996. De la misma forma, la cifra de las decenas proporciona 399960, la de las centenas 3999600 y la de las unidades de millar, 39996000.

Evidentemente, la última cifra del resultado total del producto es un 6, pero la de las decenas será un 5, y arrastraré una unidad. Esta unidad me transformará un 9 en un 10, por lo que en la siguiente posición volveré a obtener un 5, arrastrando dos en esta ocasión, que a su vez anulará dos cifras 9 de la siguiente columna.

En definitivas cuentas, tropezaremos con cifras 5 mientras haya nuevas cifras 6 que encontremos y añadamos por tanto nuevas filas con valor. Para 6666 habrá un total de 3 cincos. En ese punto, no aparecen nuevos sumandos 6 y sí aparece un 3 en la parte superior. Además, nos llevamos una unidad por cada nueve que aparece, por lo que 3 es la cifra final, y nos volvemos a llevar o arrastrar la misma cantidad. Sin embargo, en la siguiente posición hay una fila menos, con lo que una unidad de las que llevamos se combina con el 3 para proporcionar un 4, y los nueves restantes proporcionan dieces, que de nuevo se llevan a la siguiente columna. Por eso aparecen los cuatros, uno por cada fila que va desapareciendo después de la primera. Por eso habrá tres cuatros para el 6666. El número será 44435556.

Evidentemente, hay una pauta. Puede que sea más difícil de explicar que de ver. Para el número que se pide en el problema, formado por 2006 seises, su cuadrado estará formado por 2005 cuatros, un tres, 2005 cincos y un 6. Y la suma de estas cifras ascendería a 2005*4 + 3 + 2005*5 + 6, o lo que es lo mismo, sumar 2005 veces nueve y sumar 9, o, lo que es lo mismo, 2006*9, que hace un total de 18054.

domingo, 23 de marzo de 2008

Cuadrados

Enunciado

Cuadrados pintados

Cuadrados pintados

Como ya puso de manifiesto un comentario, debemos fijarnos bien en los triángulos que se forman en la figura. He remarcado especialmente dos, para compararlos. Uno de ellos (en azul) está comprendido entre el lado del cuadrado exterior y el correspondiente del interior. El otro, entre este lado del interior y los lados y las prolongaciones del cuadrado más pequeño./p>

Como es fácil entender, ambos triángulos son iguales, por tener ángulos claramente iguales y un lado en común. Esta figura se repite cuatro veces en el dibujo, y cubre todo el espacio entre el cuadrado grande y el pequeño. Además, la mitad de los triángulos están entre el cuadrado grande y el mediano, y la otra mitad entre el cuadrado mediano y el pequeño./p>

Ahora bien, como el área del cuadrado grande es 16 y la del pequeño 4, el área de estos ocho triángulos iguales es de 16 - 4 = 12 unidades cuadradas. De estas 12, 6 corresponden a la diferencia entre el cuadrado grande y el mediano, por lo que el área del mediano es de 16 - 6 = 10 unidades cuadradas. También se puede obtener este resultado como 6 (el área de los triángulos interiores) más la del pequeño, 4, que también suma 10./p>

jueves, 20 de marzo de 2008

Tablero de ajedrez

Enunciado

Cuadrados de 2x2

Cuadrados de 2x2

Nos dice el enunciado que hay 16 cuadrados pequeños iguales. Pensemos ahora cuál sería el siguiente tipo de cuadrado dibujado por las líneas del tablero. Creo que es sencillo entender que sería el cuadrado formado por cuatro de los cuadraditos pequeños. ¿Cuántos de estos cuadraditos podemos contar en el tablero? Si ves la animación junto a estas líneas, te darás cuenta de que en una línea hay tres cuadrados de este tamaño. Una idea que podemos usar para entenderlo, es que necesitamos apoyar su esquina superior izquierda en un cuadrado de los pequeños, pero no puede ser el último de la derecha, porque se nos saldría del tablero. De forma similar, habrá sólo tres filas (y no cuatro) de este tipo de cuadrados 2x2. En total, tres filas de tres cuadrados forman 9 cuadrados 2x2.

Cuadrados de 3x3

Cuadrados de 3x3

El siguiente tipo de cuadrados que podemos formar es del tipo 3x3, y de nuevo hay que eliminar una posición de cada fila (sólo hay dos, como ves en la animación). Y tampoco hay más de dos filas. Por tanto son 4 los cuadrados 3x3 distintos.

Y, claro, hay un cuadrado 4x4. En total, 16 + 9 + 4 + 1 = 30 cuadrados diferentes de cualquier tamaño.

Pasemos al tablero 5x5. Contando los más pequeños, tendremos 25. De tamaño 2x2, siguiendo un sistema similar al del caso anterior, habrá 4x4 = 16. Y, de tamaño 3x3, habrá 9 = 3x3. También habrá 2x2 = 4 de tamaño 4x4, y uno sólo de tamaño 5x5. Tendremos que sumar ahora 25 + 16 + 9 + 4 + 1, pero ¡espera! La mayor parte de esta suma ya la tenemos calculada arriba. Entonces lo único que hay que hacer es sumar a 30, nuestro resultado anterior, el cuadrado de 5, 25. Nos sale 55. Si trabajásemos con el cuadrado 6x6, bastaría añadirle 36 para contar el número de cuadrados, y 49 para el tablero 7x7.

Por eso, para el tablero de ajedrez completo, el de 8x8 cuadraditos, bastará tomar 55 y sumarle 36, 49 y 64, que son los cuadrados que nos faltan hasta 8. El resultado es que en un tablero 8x8 hay exactamente 204 cuadrados de diverso tamaño.

domingo, 16 de marzo de 2008

Polinomio sin raíces enteras

Enunciado

Éste problema parece más difícil de lo que en realidad es. Para empezar, pongamos números concretos al enunciado. Supongamos que para un valor, como por ejemplo k = 5, y para P(x) un polinomio de coeficientes enteros, se tenga que P(1), P(2), P(3), P(4) y P(5) no son divisibles por 5. ¿Qué sucedería en el caso de que P(x) tuviese una raíz entera?

Como hablamos de divisibilidad, conviene factorizar el polinomio, para poder expresar mejor el concepto de ser divisible por algún número. Supongamos que el polinomio tiene a 7 por raíz. Eso quiere decir que el polinomio se puede expresar de la forma P(x) = Q(x)(x - 7), con Q(x) también de coeficientes enteros. Analicemos este último factor (x - 7). En los valores de los que sabemos algo, P(1), P(2), P(3), P(4) y P(5), este factor vale, respectivamente, -6, -5, -4, -3 y -2. Está claro que cuando coincida con -5, el producto sí será divisible por 5.

Probemos otro entero. ¿Y si fuese -101 una raíz del polinomio?, el factor que tendríamos sería x + 101, y sus valores en los casos tratados, serían 102, 103, 104, 105 y 106. Está claro que el caso en que diese 105, tendría que ser P(4) divisible por 5.

¿Podemos generalizarlo? Supongamos que tenemos t una raíz entera del polinomio. Supongamos que tenemos un resto de dividir t entre 5 que es r (t = n*5 + r), de forma que r es un valor entre 0 y 4. El polinomio es divisible entre x - t, es decir, x - t es un factor entero de P(x), y x - t = x - n*5 - r. Pero r es uno de los números entre 1 y 5, o bien es 0( pero en ese caso, podemos dar el valor 5 a x), y el factor x - t aplicado en r es -n*5, es decir, múltiplo de 5.

Demos un paso más en la generalización, para cualquier valor k entero. Si el polinomio P(x) cumple las condiciones del enunciado, supongamos que tenemos una raíz entera t del polinomio. Por el teorema del resto entero (fundamental par la división), existe un valor r entre 0 y k - 1 (para el ejercicio, podemos suponerlo entre 1 y k, ya que si es 0 podemos convertirlo fácilmente en k), de forma que n*k + r = t. Pero el polinomio P(x) tiene un factor (entero, pues su factor correspondiente es un polinomio de coeficientes enteros) (x - t) = (x - n*k - r), que en el caso de que x = r valdrá exactamente n*k, es decir, que P(r) será divisible por k, en contra de la hipótesis.

Por reducción al absurdo, es imposible que en las condiciones del enunciado tengamos una raíz entera t del polinomio.

jueves, 13 de marzo de 2008

Tráfico

Enunciado

Este es un problema relativamente sencillo, en el que hay varias maneras de trabajar.

Lo primero que se suele hacer, dado el conocimiento que en esta etapa (segundo ciclo de secundaria, 15 o 16 años) se tiene, es recurrir a las ecuaciones, o a los sistemas de ecuaciones, en este caso. Eso nos daría un total de cinco incógnitas (W, más la cantidad de vehículos que circulan por cada una de las calles del barrio de las que no conocemos nada). Y realmente podríamos encontrar cinco ecuaciones, una por cada calle desconocida, suponiendo que el número de coches que entran es el mismo que el que sale. La resolución sería larga, pero efectiva.

Sin embargo, no es el mejor sistema. Como nos propone un visitante anónimo (dejad vuestros nombres, o vuestros apodos, por favor), es mejor considerar la manzana central como un único conjunto. Tenemos la información de cuántas coches entran en ese conjunto, y cuántos salen, excepto el valor de W. Así, 200 + 180 + 70 + 200 = W + 30 + 400 + 20, es decir, que 650 = W + 450, por lo que, efectivamente, W = 200.

¿Y no aparcan vehículos en este barrio? Esa información no es relevante, ya que el plazo es relativamente grande, y se supone que no hay una gran diferencia entre el número de coches que había aparcados en las calles al principio de tomar las medidas y al final. La diferencia entre la medida que se calcule al final, y la medida real, será debido a esa variación del total de coches aparcados.

domingo, 9 de marzo de 2008

La balanza

Enunciado

Como dice nuestro anónimo visitante, este problema nos proporciona dos informaciones clave: que la balanza está equilibrada, es decir, que el contenido de ambos platos pesa lo mismo, y que en total pesan todos los objetos 500 gramos. Es decir, que ambos platos de la balanza, por separado, pesan 250 gramos.

Pero no te preocupes si aún no conoces los sistemas de ecuaciones. Verás que se puede resolver con operaciones muy sencillas.

Por un lado (el de la bola de 30 gramos), dos bolas, dos cuadrados y 30 gramos son 250 gramos, es decir, que dos bolas y dos cuadrados deben pesar 220 gramos. Puedes ver que podemos hacer dos grupos iguales (cada uno con una bola y un cuadrado), y pesaría cada par 110 gramos ¿no?

Al otro lado, tenemos que una bola y tres cuadrados pesan también 250 gramos. Pero sabemos que una bola y un cuadrado pesan ya 110 gramos, por lo que los dos cuadrados restantes pesarán 140 gramos, es decir, 70 cada uno de ellos.

De esta manera, como sabemos que cada cuadrado pesa 70 gramos y junto con una bola alcanza los 110, concluimos que la bola debe pesar 40 gramos, como afirmaba nuestro visitante.

jueves, 6 de marzo de 2008

Triángulos mágicos

Enunciado

Lo primero que debemos hacer es probar una distribución cualquiera de los números, para ver cuánto suman sus lados y razonar un poco sobre ella. Procuraremos que, puesto que queremos que sumen 12, que al menos uno de los lados sume 12.

Primera prueba

Primera prueba

Tomamos de ejemplo el triángulo que aparece a la derecha, cuyos vértices están escritos 5, 1 y 2, y en el que no se ha conseguido la misma suma. Un lado da 12, otro 10 y otro sólo 7. Está claro que no es suficiente con cambiar de sitio un par de números para que funcione, hay que pensar.

Observemos los tres lados, 5 + 6 + 1 = 12, 5 + 3 + 2 = 10, y 2 + 4 + 1 = 7. Está claro que hay números que empleamos dos veces, los de los vértices, y otros que empleamos sólo una vez. Si cambiamos uno más grande de un centro a un vértice, podemos aumentar las sumas.

Nuestro segundo intento está algo mejor, aunque no es suficiente. Lo he obtenido cambiando el 6 por el 1, y da 12, 12 y 10. Falta un poco.

Suma 12

Suma 12

El tercer intento, cambiando el 4 por el 2, es el definitivo, que vemos junto a estas líneas. En los vértices aparecen los tres números más grandes, y en los lados los necesarios para que sumen 12. Evidentemente, no puedo aumentar la suma de los tres lados a la vez, porque los que ocupan los vértices ya son los números más grandes. Luego no es posible un triángulo cuyos tres lados sumen 13.

Veamos cómo conseguir ahora un triángulo que sume 9. Vamos a poner los números más pequeños en los vértices, y rellenamos con la suma que buscamos los lados. Es fácil ver que sólo hay una forma de hacerlo, y que no es posible tampoco conseguir un triángulo con los tres lados que sumen 8.

Para conseguir 10, es necesario cambiar un poco el triángulo anterior. Tras varios intentos, descubrimos que si queremos que los tres lados sumen 10, entre todos los números deben sumar 30. Como los de fuera se suman dos veces, y todos los números suman 21, está claro que los de fuera suman 9. Sin embargo, hay varias formas de lograr que sumen 9 los vértices, y no todas valen. Podemos sumar 9 como 1 + 2 + 6, pero no podemos colocar los demás números de forma adecuada. También podemos conseguir 9 con 1 + 3 + 5, y aquí sí sacamos una solución. Tenemos también 2 + 3 + 4, y esta no da un resultado útil. Luego la solución con 1, 3 y 5 es la única.

Para conseguir sumar 11, por último, podemos comprobar que entonces hace falta que los tres vértices sumen 12, que podemos conseguir con 1 + 5 + 6, 2 + 4 + 6 y 3 + 4 + 5. De las tres combinaciones, sólo la 2, 4, 6 funciona. Y tenemos nuestros triángulos bien rellenos.

Por supuesto, vale cualquier combinación en la que cambies las esquinas de sitio. Hay muchas variantes de una misma disposición (6 de cada una, claro).

Solución

Solución

domingo, 2 de marzo de 2008

Ternas aditivas

Enunciado

Este ejercicio requiere comprender cuántas de estas ternas aditivas podemos llegar a tener en un conjunto cualquiera (probablemente no sea necesario enfrentarse directamente a 20 elementos), de forma que creemos una estrategia para conseguir tener el máximo posible. También trataremos de probar que no es posible conseguir tener más ternas aditivas de las que indicamos.

Lo más sencillo es empezar por un conjunto de tres números. Evidentemente, a lo sumo se puede conseguir una única terna aditiva. Piensa en un par de números, y su suma, y tendrás numerosos ejemplos.

¿Y si tenemos cuatro números? Entonces, podemos considerar los tres más pequeños. Pueden o no ser una terna aditiva. A lo sumo tendremos una con ellos tres. ¿Cuántas ternas aditivas puden contener al mayor de los cuatro? Supongamos que hay dos. Como tienen en común el nmúmero mayor, hay dos pares entre los tres más pequeños que suman el mayor, si restamos el número común, tenemos dos números iguales, y, claro, ellos tres no pueden formar entonces una terna. Eso quiere decir que hay un máximo de dos en total. Ejemplos, {1, 2, 3, 4}, con las ternas {1, 2, 3} y {1, 3, 4}. Busca las ternas en {2, 5, 7, 12}.

Añadamos uno más. Ya hemos visto que en los cuatro números menores puede llegar a haber un total de dos ternas aditivas, y para hacer ternas aditivas con el quinto número, el mayor, debemos agruparlos de dos en dos para que sumen el quinto. Sólo se puede hacer de dos formas sin repetir un número, ya que si repetimos uno sabemos que hay que repetir el otro. Es decir, que en cinco elementos sólo podemos encontrar cuatro ternas aditivas, eso si podemos agrupar los cuatro números menores de dos en dos de forma que suben lo mismo. Es fácil hacerlo en {1, 2, 3, 4, 5}, con {1, 2, 3}, {1, 3, 4}, {1, 4, 5} y {2, 3, 5}. Es imposible encontrar un quinto número apropiado en el otro ejemplo que dimos para cuatro números.

Sin embargo, empieza a verse una regla, ¿no? Añadir un sexto número supondrá añadir, al máximo de cuatro ternas aditivas, dos más, ya que si hubiese más de dos, en dos de ellas coincidiría uno de los sumandos, y el resultado, luego el otro sumando también sería igual y tendríamos la terna repetida. Luego para seis números podemos conseguir seis ternas a lo sumo. Y las podemos conseguir, añadiendo el 6 a los cinco primeros números, ya que 1 + 5 = 2 + 4 = 6.

Cuando añadamos el 7, tendremos nueve ternas, contando con 1 + 6 = 2 + 5 = 3 + 4 = 7, y es el máximo número de ternas que podemos añadir con un séptimo número, porque sólo podemos hacer tres parejas de números distintos con seis números.

Pasemos al caso general. Supongamos que tenemos un número n para el que tenemos probado que cualquier conjunto de n números tiene un máximo de 1 + 1 + 2 + 2 + 3 + ... + [(n - 1)/2] ternas aditivas. El elemento entre corchetes representa la parte entera. Llamemos sm(n) a esta expresión para abreviar (veremos una manera mejor de calcular este valor al final). Supongamos que también hemos probado que el conjunto {1, 2, 3, ... , n} tiene exactamente esa cantidad sm(n) de ternas aditivas. Si tenemos un conjunto de n + 1 elementos ¿cuál será la máxima cantidad de ternas aditivas que podemos encontrar en él?

Separemos el elemento mayor. Como el resto forman un conjunto de n elementos, se podrán hacer a lo sumo sm(n) ternas aditivas. Y como a lo sumo se pueden encontrar [n/2] parejas distintas de números en el conjunto de n números, sólo se podrán construir [n/2] ternas aditivas que contengan al elemento mayor (recuerda que si hay dos ternas distintas, con el resultado en común y uno de los sumandos igual, el otro también lo es, por lo que ambas son iguales). Por lo tanto, el máximo de ternas aditivas para un conjunto de n + 1 números es sm(n) + [n/2] = sm(n + 1).

Además, el conjunto {1, 2, 3,...,n} tenía exactamente sm(n) ternas aditivas, por lo que {1, 2, 3, ..., n, n + 1} tendrá sm(n) más las ternas formadas por n + 1 y los sumandos 1 + n = 2 + n - 1 = 3 + n - 2 = ..., que hacen un total de [n/2] (si n es par, n/2 y n/2 + 1 serán los términos centrales, y en caso contrario sobrará un número que no podrá ser miembro de ninguna terna aditiva con n + 1). Por lo tanto, tendrá exactamente sm(n + 1) ternas aditivas.

El proceso para demostrar este tipo de fórmulas se llama inducción. Se debe cumplir para los primeros valores, y si se supone demostrado para un valor, se debe demostrar que el siguiente también lo verifica. De esta forma, el resultado es cierto para cualquier valor natural.

Bueno, pues ya sabemos que para 20 números el máximo número de ternas aditivas es 1 + 1 + 2 + 2 + ... + 9 + 9 = (9 + 1)*9 = 90. Y sabemos que {1, 2,..., 20} es un conjunto con 90 ternas aditivas.

Para sumarlo, se suman por separado las progresiones 1 + 2 + ... + 9 (observa que 9 es la parte entera de (20-1)/2) y se multiplica por 2. Supongo que conoces la estrategia de sumar el primero y el último, y contar los sumandos iguales que aparecen. Si el objetivo, en lugar de 20, fuese un número impar, como 35, se calcularía la fórmula para 34 (el par anterior) y se añadiría 17 ((35-1)/2 al total.