jueves, 29 de enero de 2009

Problema de altura

Enunciado

El caso es ordenar la información y pensar en ella adecuadamente.

En primer lugar, si David, Alba y Esther son más altos que Daniel, al ordenarlos de mayor a menor, David, Alba y Ester no ocuparán el último lugar, y Daniel puede ocupar el último, o el penúltimo, si resulta ser más alto que Gabriel.

En segundo lugar, si Esther, Gabriel y Daniel son más bajos que David, David tiene que ocupar la primera o la segunda posición, y Esther, Gabriel y Daniel no pueden ser los primeros.

La tercera información es la clave, ya que David y Gabriel ocupan posiciones pares, y como son cinco, deben ser la segunda y la cuarta. No hay más remedio que David sea segundo, y Gabriel cuarto, ya que Gabriel es más bajo.

Además, como Alba y Esther son mayores que Daniel, de las tres posiciones libres, sólo puede ocupar la última, y Alba y Esther deben ocupar las posiciones 1 y 3.

Para terminar, hemos dicho que Esther no puede ser la primera, por ser más baja que David, luego la primera es Alba, y Esther queda tercera.

Resumiendo, como dicen los comentarios, el orden es Alba - David - Esther - Gabriel - Daniel.

Nota: Gracias a los comentarios, he corregido un error en la clasificación final. Pido de nuevo disculpas.

domingo, 25 de enero de 2009

Potencias contra factoriales

Enunciado

En este tipo de problemas no podemos empezar a calcular los números implicados debido a su tamaño, y tampoco podemos lanzarnos a hacer demostraciones sin una experimentación previa.

Yo creo que lo mejor es empezar a probar situaciones similares con números menores, que nos permitan apreciar mejor qué relaciones se dan entre estos dos números.

Probemos 59 contra 9!, que sería una situación similar. En uno de los cálculos contamos con 9 factores igual a 5, mientras que en el otro también hay 9 factores, de los que cuatro son menores, uno igual, y otros cuatro mayores. La idea clave es ¿podemos emparejar uno grande y uno pequeño, para compararlos a dos iguales del otro producto?

Efectivamente, observamos que 1*9 < 5*5, 2*8 < 5*5, 3*7 < 5*5 y 4*6 < 5*5. Así, está claro que 59 es mucho mayor que 9!.

Ahora, tratemos de probarlo para los números del enunciado. La clave, puesto que en ambos productos hay 999 factores, está en comparar pares de factores con pares de factores, sólo que en este caso el factor repetido es 500. Los números que equidistan de 500 en el caso del factorial se pueden representar como 500 + a y 500 - a, y su producto es (500 - a)*(500 + a) = 500*500 - a*a < 500*500, ya que a*a siempre es positivo.

Evidentemente, emparejando 998 factores de esta forma (el factor central es 500), obtenemos la desigualdad buscada, 999! < 500999.

jueves, 22 de enero de 2009

Treses y sietes

Enunciado

Lo primero que hemos de tener en cuenta es el criterio de divisibilidad por 3, que nos dice que las cifras del número han de sumar un múltiplo de 3. Como es claro, necesitamos usar los 7 de 3 en 3, pero los 3 podemos usarlo a nuestro gusto.

Los criterios de divisibilidad de 7 son más difíciles de usar, y más desconocidos, así que tal vez sea mejor proceder por tanteo.

Suponemos, por el enunciado, que tiene que haber al menos un 3 y al menos un 7, ya que en caso contrario es claro que 777 cumple el ser divisible por 3 y por 7.

Si tenemos que usar un 3 y tres 7, está claro que ninguna de las combinaciones (3777, 7377, 7737 y 7773) son múltiplos de 7, por ser sumas de un múltiplo de 7 y un no múltiplo.

Usando dos treses tenemos muchas más posibilidades, y hemos de empezar por las más pequeñas. Probando, encontramos que mientras que 33777 (resto 2) y 37377 (resto 4) no son múltiplo de 7, 37737 sí lo es (5391*7 = 37737), siendo por ello el número entero más pequeño que cumple esta propiedad.

domingo, 18 de enero de 2009

Números autodefinidos

Enunciado

Lo más difícil de este problema es explicar cómo damos con los números que son autodefinidos, y por qué estamos seguros de que no existen más.

Supongamos que empieza uno de esos números por 1. Eso quiere decir que no tiene más que un cero. El siguiente número no puede ser un cero, ya que hay al menos un 1 (el primero). Por lo menos, debe ser un 2, lo que indica que debe haber otro uno más. El tercer número podría ser un 1, ya que hay un 2, y después podría haber un cero y no más números. Ese sería el 1210.

Observa que en estas condiciones, el tercer número no puede ser un 2, ya que debería haber entonces otro 1. Si ese 1 estuviese en el 3, por ejemplo, habría al menos un 3, y sería en quinta posición o superior, lo que indica que habría tres de esos números, que a su vez obligaría a que hubiese muchos más de diez números. Esta especie de reacción en cadena se produce en muchos casos, y me referiré a ella en otras ocasiones.

Empezando con un 1 y un 3, obligas a que haya al menos dos unos más, lo que desata de nuevo una reacción en cadena. De esta manera, no puede empezar con un 1 y otro número mayor.

Si empezamos con un 2, podemos poner un 0 detrás, pero después debe haber en ese caso un 2 (no podemos poner un 1, ni números mayores, por la reacción en cadena), y con otro cero podemos acabar el número. Se trata del 2020.

Con un 2 también, podemos poner después un 1, y también tenemos que poner un 2 en tercer lugar, por las mismas razones. Finalizaremos con los dos ceros que necesitamos, obteniendo el 21200.

Ya no podemos obtener otro número empezando con un 2, porque todos desatan esa situación.

Empezando con un 3, eso obliga a que haya un número distinto de 0 en cuarto lugar. Si este número es un 1, en segundo lugar no puede haber otro 1, pero poner más de un 2 provoca una reacción en cadena, de forma que debe ser un 2. Así obtenemos el 3211000. Cualquier otro número provoca la temida reacción, de forma que no hay más que empiecen por 3.

De manera similar, empezando por 4 obtenemos el 42101000 únicamente, empezando por 5 el 521001000 y empezando por 6 el 6210001000. Si tratamos de empezar por un número mayor obtenemos más de 10 cifras, ya que a los 7 ceros habría que añadir dos unos, un dos y el número en sí mismo.

jueves, 15 de enero de 2009

Borrando la pizarra

Enunciado

Lo primero que tenemos que hacer es experimentar. Si, por ejemplo, hubiésemos probado con 5 números, del 1 al 5, sería fácil que el número final diese 5, operando de la siguiente manera: borramos el 1 y el 2, y ponemos 1 (la diferencia). Borramos el 3 y el 4, y ponemos otro 1. Borramos los dos 1 y ponemos 0. Por último, borramos el 5 y el 0, y ponemos 5 (el resultado).

Jugando con nuestros 2008 números, es fácil conseguir un 2008 siguiendo la misma idea. Borramos cada dos números consecutivos, desde el 2 hasta el 2007 (1003 parejas), y ponemos un 1. De esta forma, dispondremos de 1004 unos (el 1 que había al principio, y los 1003 que nos han quedado), y un 2008. Tomamos ahora 502 parejas de unos, que cambiamos por ceros. Ahora, disponemos de 502 ceros y un 2008, que usemos en el orden que usemos siempre producen un resultado final de 2008.

Se podría pensar que lograr 2007 es igual de sencillo, pero si tratamos de lograr un 4 con los números del 1 al 5, veremos que hay algo que nos lo impide. Podemos conseguir un 3, pero no un 4. Si pensamos que tampoco podemos lograr un 2, pero sí un 1, puede que nos acerquemos a la verdadera respuesta.

Efectivamente, sólo podemos obtener números impares si empezamos con los números del 1 al 5, y de la misma forma, al empezar con los números del 1 al 2008, sólo podremos acabar con números pares.

Vamos a intentar comprobarlo de manera indiscutible. Si tenemos dos números pares, o dos impares, y los cambiamos por la diferencia, la diferencia será par. Antes de cambiarlo, la suma de los dos sería par, y después, también. Si partimos de uno par y otro impar, antes de cambiarlos por su diferencia, la suma sería impar, y después, también, pues la diferencia sería impar. Por lo tanto, si al principio la suma de todos los números es par, al final, el número que quede será par, y si al principio la suma de todos es impar, al final, el número que quede, sólo podrá ser impar.

Ahora bien, los números del 1 al 2008 son 1004 pares y 1004 impares. La suma de todos los pares es par, y la de los impares, como son 1004, que es divisible entre 2, los podemos poner de dos en dos, y ver que es un número par. Por lo tanto, sólo puedo lograr un último número par.

De esta forma, vemos que es posible lograr 2008, pero no 2007 a partir de los mismos números.

martes, 13 de enero de 2009

Cuadriláteros enteros

Enunciado

Después de dar muchas vueltas a este problema, he encontrado un camino para calcular OA a partir de los 6 números racionales citados, de forma que sea un racional. Sin embargo, no es sencillo hacerlo partiendo sólo del Teorema de Pitágoras y semejanzas básicas de triángulos, hacen falta varios resultados de trigonometría y de geometría que son conocidos por los estudiantes de bachillerato, por lo general.

En primer lugar, hace falta el conocimiento de las fórmulas de suma y resta de ángulos para el cálculo de los senos y los cosenos de los ángulos, y en segundo lugar, los resultados conocidos como teorema del coseno (una generalización del Teorema de Pitágoras para triángulos no rectángulos), y el del seno (una proporcionalidad entre lados y senos en un triángulo). Veamos cómo se usan aquí.

Cuadrilátero convexo

El primer estudio que hice fue determinar qué razones trigonométricas (y que relaciones entre las razones) puedo asegurar que sean racionales.

Si nos fijamos en un dibujo de el cuadrilátero con sus diagonales, aparecen ocho ángulos en el exterior que merece la pena estudiar, formados por una diagonal y un lado. Cada uno de ellos está en un vértice de un triángulo de lados racionales (por ejemplo, OAB es un ángulo del triángulo ABC). Eso significa, aplicando el Teorema del coseno, que el coseno de todos ellos es racional (observa que CB2 = AB2 + BC2 -2*AB*BC*cos(OAB), por lo que cos(OAB) = (AB2 + BC2 - CB2)/(2*AB*BC)). De la misma forma, el cuadrado del coseno es racional, y también lo es el cuadrado del seno. Sin embargo, no podemos concluir que lo sea el seno, pues no podemos afirmar que la raíz cuadrada de un racional también lo sea.

Por la misma razón, el coseno de la suma de dos de ellos que compartan vértice, también es racional (por ejemplo, cos(OBA + OBC), que según la fórmula es igual a cos(OBA)cos(OBC) - sen(OBA)sen(OBC)). De aquí, también el producto de los senos de este tipo de ángulos también es racional.

Por otra parte, usando el Teorema del Seno, sabemos por ejemplo que AB/sen(OCB) = BC/sen(OAB), por lo que el cociente sen(OAB)/sen(OCB) sabemos que también es racional. Por eso sabemos que el cociente entre senos de ciertos ángulos también es racional.

Con todas estas observaciones, podemos intentar aproximarnos más a lo que se nos pide, que es la prueba de que OA es racional. Del Teorema del Seno se deduce que OA/sen(OBA) = AB/sen(AOB). Observa que, por sumar 180 grados, sen(AOB) = sen(COB) , que sale en otra fórmula análoga, OC/sen(OBC) = BC/sen(COB). Por tanto, dividiendo ordenadamente los términos de estas igualdades, obtenemos que (OA/OC)*(sen(OBA/sen(OBC)) = AB/BC. Observa que habíamos visto que el producto sen(OBA)*sen(OBC) es racional, pero como sen2(OBC) es racional también, sen(OBA)*sen(OBC)/sen2(OBC) = sen(OBA)/sen(OBC) también es racional. Es decir, que OA/OC es racional.

Claro, que como AC es racional, y el cociente entre sus dos partes es racional, de ahí se deduce que cualquiera de las dos lo es.

jueves, 8 de enero de 2009

Triangulitis

Enunciado

Un hexágono dividido

Este problema parece más difícil de lo que es. En uno de estos hexágonos de lados enteros, tenemos tantos triángulos como la longitud del lado apoyados en el exterior, en cada uno de los seis lados. En los huecos, tenemos uno menos en cada lado apuntando en sentido contrario, y en el centro, un hexágono de lado una unidad menos.

De esta forma, podemos calcular las primeras cantidades de triángulos de los hexágonos más pequeños.

En el hexágono de lado 1 ya sabemos que hay 6 triángulos de lado 1. En el de lado 2, tenemos los 6 centrales más 2 + 1 = 3 en cada lado, es decir, 3*6 = 18 más, hasta 24.

En el de lado 3, tendríamos 24 más (3 + 2)*6 = 30 más, es decir, 54.

Si hemos visto sucesiones, descubriremos que se trata de una sucesión que cumple que la diferencia entre el término n y el anterior es 6*(n + n - 1) = 12n - 6.

Eso quiere decir que la sucesión tiene un término cuya fórmula es un polinomio de segundo grado, pues la diferencia entre un término y el siguiente es de primer grado.

Calcular de qué polinomio se trata se puede hacer por medio de un sistema (sabemos que es un polinomio de la forma an2 + bn + c, y conocemos el valor para 1, 2 y 3 (6, 24 y 54). También podemos tantear un poco con las fórmulas, si tenemos práctica. Obtendremos que es exactamente 6*n2.

Así, comprobaremos que el caso en que n sea 4, el valor es 6*16 = 96, o, lo que es lo mismo, 54 + 6*(4 + 3) = 54 + 42 = 96.

Buscamos el primer valor que cumple que 6*n2 > 2008, o, lo que es lo mismo, que n2 > 2008/6 = 334 + 2/3. Como la raíz de 334 es menor que 19 y mayor que 18 (19*19 =361, 18*18 = 324), el primer número para el que tendremos más de 2008 triangulitos será 19.

domingo, 4 de enero de 2009

Poniendo paréntesis

Enunciado

Hay varias cosas distintas que debemos observar. En primer lugar, el primer 1 no cambia si ponemos o no un paréntesis delante, ya que no tienen ningún signo. De la misma forma, tampoco podemos alterar el signo negativo de 2, aunque situemos un paréntesis delante. Los demás signos pueden variar, si ponemos el paréntesis de forma que afecte o no al término correspondiente.

La otra cosa que debemos observar es que cada término es una potencia de 2, mayor por tanto que la suma de todos los anteriores (piensa que 1 + 2 = 3 < 4, 1 + 2 + 4 < 4 + 4 = 8, etc). Por tanto, un cambio de signo producirá un valor diferente a todos los demás, porque sería imposible lograrlo usando otros términos, dado los tamaños de las diferencias.

Ahora, si sólo tuviésemos tres términos, 1 - 2 - 4, sólo podríamos obtener dos sumas distintas, -5 y 3, que se diferencian en 8. Si tenemos cuatro términos, 1 - 2 - 4 - 8, podríamos obtener dos variando el signo del 4 y, por cada una de esas, dos cambiando el de 8, es decir, 4 sumas distintas, que serían: -13, -5, 3 y 11, todos ellos diferenciados por 8. Si te estás preguntando cómo lo lograríamos, podríamos hacerlo así 1 - 2 - 4 - 8 = -13, 1 - (2 - 4) - 8 = -5, 1 - 2 - (4 - 8) = 3, y 1 - (2 - 4 - 8) = 11.

Ahora, para los 11 términos que hay en nuestro caso, tenemos que puede cambiar el signo de 9 de los 11. El primer cambio de signo produce dos sumandos, el siguiente multiplica por 2 la cantidad, y de nuevo el siguiente, de forma que los 9 cambios posibles darán 2*2*2*2*2*2*2*2*2 = 29 = 512 posibles resultados.

Si te fijas bien, la diferencia entre dos de ellos consecutivos es 8, ya que el menor cambio de signo es el del 4, que pasaría de sumar a restar, y produciría una diferencia entre las dos situaciones de 8. Eso concuerda con que el menor resultado sea 1 - 2 - 22 - 23 - 24 - 25 - 26 - 27 - 28 - 29 - 210 = -2045, y el mayor sea 1 - (2 - 22 - 23 - 24 - 25 - 26 - 27 - 28 - 29 - 210) = 2043. Observa que 2043 - (-2045) = 511*8.

jueves, 1 de enero de 2009

El peso de una baldosa y media

Enunciado

Este problema no tiene, en realidad, una gran dificultad. Imagina que cada baldosa la partes en dos "medias baldosas". Así, la primera frase se transformaría en "Dos medias baldosas pesan lo que media baldosa y dos kilogramos", es decir, que una media baldosa pesa dos kilogramos.

Así, baldosa y media, que son en realidad tres medias baldosas, pesarían claramente seis kilogramos.