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€.