domingo, 29 de marzo de 2009

Rompecabezas geométrico

Enunciado

Una parte del problema es hacer correctamente el dibujo. En realidad sólo hay una manera de dibujarlo correctamente, salvo en un par de detalles: dónde empezamos a dibujar el rectángulo y qué proporciones usamos para sus dos lados diferentes.

Triángulos en un rectángulo

Triángulos en un rectángulo

Si lo dibujamos en un papel, a lo mejor hemos de girar el papel hasta dar con el punto de vista más adecuado (ya sabéis que el área de un triángulo es la mitad del producto de la base por la altura, pero podemos elegir entre tres bases distintas del triángulo). Como no es cuestión de girar la página web, lo he dibujado de la forma que creo que es más conveniente para ver las proporciones.

Fijaos en que siempre se nombran los vértices de un polígono en el sentido de giro de las agujas de un reloj, pero es un convenio.

Un detalle que necesitamos entender es que la distancia entre S y Q es la mitad que la distancia entre M y Q (o, dicho de otra manera, SQ = MS). Esto es debido a que S es el punto medio del rectángulo formado por ABNP, o a que el triángulo NSQ es igual al ASM, como es fácil de averiguar si estudias ángulos y las longitudes conocidas.

Ahora, sabemos que el área del triángulo QSA (verde en el dibujo) es de 1 centímetro cuadrado. El área se puede relacionar con el producto de base por altura, y tomamos como base el segmento SQ, así la altura coincide con AM.

Si nos fijamos el triángulo AQO (rojo en el dibujo) tiene una base (OQ) que es doble que la del verde, y la misma altura sobre ella. Por eso su área será doble, es decir, 2 centímetros cuadrados.

Además, el triángulo NSO (azul en el dibujo), si le damos la vuelta, tiene una base que coincide con OS, y que por tanto es triple que SQ, y su altura, NQ, coincide con AM, es decir, con la altura del triángulo inicial. Es decir, que su área es 3 centímetros cuadrados.

El triángulo que buscamos es NOA, que es suma de los tres, y por tanto tendrá un área de 6 centímetros cuadrados.

jueves, 26 de marzo de 2009

Ruleta numérica

Enunciado

Lo que queremos en este nivel de problemas (primaria) es un poco de orden. Es decir, que encontréis todas las soluciones, y que no repitáis ninguna.

El método que propone Lluis en los comentarios es, probablemente, el mejor, refinándolo un poco: empezando por el número más grande, tratamos de alcanzar el 42.

Con 36, nos faltan 6, que sólo se puede conseguir con 6 (si hubiese un 1, también podríamos obtenerlo de otra forma, pero no hay más), así que sólo hay uno: 36 + 6.

Con 20, necesitamos sumar 22. Evidentemente, hay que conseguirlos usando números más bajos. El 19 y el 3 es la forma más sencilla (y la que utiliza un número más alto), así que tenemos el 20 + 19 + 3.

También podemos usar 10 + 9 + 3 para lograr 22, así que tendríamos 20 + 10 + 9 + 3.

Fijando ahora el 20 + 10, también conseguimos 12 con 7 + 3 + 2, así que tenemos 20 + 10 + 7 + 3 + 2.

No podemos conseguir 12 de más formas usando números tan bajos, de manera que hemos de probar con 20 + 9, al que le faltan 13. Pronto vemos la única solución: 20 + 9 + 7 + 6.

Si usamos 20 + 7, faltan 15, y usando números menores no se puede lograr (suman 11). Pasamos, entonces, a usar un número menor como número inicial, el 19. Como segundo número podemos probar el 10, y nos faltan 13, que no podemos lograr con el 9, pero sí con 7 + 6. De forma que tenemos una nueva suma: 19 + 10 + 7 + 6.

Otra vez no podemos conseguir 13 con números menores (si no usamos 6, sólo logramos 12, y si no usamos 7, 11). Pasamos a probar con 19 + 9, que necesita un 14. Lamentablemente, 14 no lo podemos conseguir con los números inferiores, así que no produce una nueva suma. Como 19 + 7 + 6 + 3 + 2 no alcanza el 42, ya no hay más que empiecen por 19.

De nuevo empezamos con un nuevo número mayor, que debe ser el 10. Y como ya sabemos, 10 + 9 + 7 + 6 + 3 + 2 no alcanza el 42, por lo que no hay más sumas posibles.

Los resultados son, por tanto, 6 diferentes: 36 + 6,, 20 + 19 + 3, 20 + 10 + 9 + 3, 20 + 10 + 7 + 3 + 2, 20 + 9 + 7 + 6, y 19 + 10 + 7 + 6.

domingo, 22 de marzo de 2009

El Mayor Factor Impar

Enunciado

He de reconocer que cuando vi el enunciado del problema que me inspiró éste, me pareció increíble que la suma cuadrase. Tuve que hacer varias comprobaciones, primero para verificarlo, y después para comprender el patrón que había detrás.

Pensemos en un número, por ejemplo, el 6. los números del 6 al 12 son el 7, 8 , 9 , 10, 11 y 12. sus MFI son, respectivamente, 7, 1, 9, 5, 11 y 3, que como se puede comprobar suma 36.

Como todos habréis visto a estas alturas, los cuadrados son suma de impares consecutivos, y en este caso podríamos haber ordenado los MFI como 1, 3, 5, 7, 9 y 11. En efecto, con la fórmula de progresiones aritméticas, sabemos que 1 + 3 + 5 + ... + 2n - 1 = n*(2n - 1 + 1)/2 = n2. También sería sencillo demostrar que la fórmula es correcta por inducción completa, ya que es cierta para n = 1, y si es cierta para n, es sencillo verificarla para n + 1, ya que (n + 1)2 = n2 + 2n + 1, siendo 2n + 1 el siguiente impar.

Pero ¿cómo podemos asegurar que los MFI son todos los impares? La cantidad de números es, desde luego, la adecuada, ya que entre n y 2n hay exactamente los n números que necesitamos. Desde luego, son todos impares, y menores que 2n. Bastaría ver que no hay dos repetidos para asegurar que están todos.

Y es claro que no hay dos repetidos, porque si dos números distintos a y b tienen el mismo MFI c, entonces hay dos potencias de dos s, t de forma que a = s*c, b = t*c. Claramente, su cociente es múltiplo de 2. Y entre los números de n a 2n no puede haber dos que sea uno doble del otro.

jueves, 19 de marzo de 2009

Las notas de Feliciano

Enunciado

Este es, prácticamente sin cambios, el problema Alumnos superados, publicado en este mismo blog.

La solución, básicamente, es la misma. Si consideramos un alumno ascendente (o superado en el problema original), su media mayor posible es de 6 (es decir, la suma de sus dos notas sería a lo sumo 12).

Como sabemos que tiene una nota media de todos los alumnos de 8, eso quiere decir que por cada alumno ascendente hay al menos un alumno no ascendente, que además saca 10.

El problema es que tiene un número impar de alumnos, 15, por lo que no puede tener más de 7 alumnos superados (no habría bastantes alumnos para levantar la nota de 8 de ellos), y entre los demás puede haber, por ejemplo, 7 de media 10 y uno de media 8, o bien 6 de media 10 y 2 de media 9, o una suma equivalente.

domingo, 15 de marzo de 2009

Contiene al 2008

Enunciado

Casi lo han dicho todo en los comentarios del enunciado. En realidad es un problema muy similar al "A partir del 2008", ya publicado en este blog.

Lo primero que tenemos que tener en cuenta es que la divisibilidad por 15 implica la divisibilidad por 3 y también por 5. Es decir, que los números que consigamos deben cumplir ambos criterios.

Como debe acabar en 0 o en 5, no puede acabar en 8, por lo que el 2008 lo contendrá en las primeras cuatro cifras o en las segundas.

Si acaba en 0, la suma de sus cifras será 2 + 8 + la sexta cifra, que es desconocida. Para que se obtenga un múltiplo de 3, esta cifra debe ser 2, 5 o 8, y nos salen los seis números 220080, 200820, 520080, 200850, 820080 y 200880.

Si acaba en 5, la suma será 2 + 8 + 5 + la sexta cifra, por lo que esta sexta cifra debe ser 0, 3, 6 o 9. Si es 0 no puede ir en primer lugar, de forma que los números serán siete: 200805, 320085, 200835, 620085, 200865, 920085 y 200895.

En total, hay 13 números.

jueves, 12 de marzo de 2009

Casillas

Enunciado

Los que vean este problema y ya conozcan el álgebra, encontrarán muy sencillo resolverlo con ayuda de ecuaciones, pero originalmente está propuesto para primaria, por lo que debemos intentar solucionarlo sin ese artificio. Podemos razonar, poner ejemplos, buscar patrones...

Empezando de abajo (donde están los datos más importantes) hacia arriba, sabemos que, como hay un 33 en la casilla central, arriba debe haber dos números que sumen 33. Como ambos se han conseguido sumando 8 a algún número, deben ser mayores que 8. Por ejemplo, podrían ser 9 y 24, o 10 y 23. Pero seguro que suman 33.

Sorprendentemente, esto tiene un efecto muy curioso en las dos casillas que están junto al 8. Como las dos de abajo suman 33, y 8 forma parte de las dos, la contribución a esas casillas es la suma de las otras dos. Veamos con un ejemplo cómo funciona. Si las casillas son 9 y 24, junto al 8 hay un 1 y un 16, que suman 17. Si las casillas tienen un 10 y un 23, las casillas son un 2 y un 15, que también suman 17. De la misma forma, si las casillas fuesen, por ejemplo, 16 y 17 (que también suman 33), las casillas serían 8 y 9, que, por supuesto, también suman 17. El truco está en que esas dos casillas, si les sumas dos veces 8 (una por la derecha y la otra por la izquierda, deben sumar 33 (17 + 16 = 33).

Bueno, pues ya hemos llegado muy cerca de la casilla con la X. Fíjate que no sabemos lo que hay en las casillas del centro de la primera fila, pero sabemos que suma 8, y, de nuevo, tendremos que una parte de ese 8 va a sumarse al 2 para obtener la casilla de la izquierda, y otra parte de ese 8 se suma a nuestra querida X para obtener la de la derecha. Y en total, debe sumar 17. Como hemos sumado 8 a 2 y a la X para sacar 17 en total, ese número ha de ser 7. De nuevo, los dos extremos deben sumar 9 para que las casillas de los extremos sumen 17 (17 = 8 + 9), y por eso la X debe ser 7.

Es un poco confuso, pero como necesitamos deducirlo sin ecuaciones, no creo que haya métodos más elegantes.

domingo, 8 de marzo de 2009

Iluminando cuadros

Enunciado

Si tratamos de repartir 11 lámparas sobre 4 cuadros, encontramos problemas cuando tengamos puestas 8, ya que sólo tenemos 3. Necesitamos una más para que la división sea exacta, y ahí está la clave. Cada vez que situamos una lámpara entre dos cuadros "vale por dos", es decir, la contamos en ambos cuadros. De esta forma, colocando una única lámpara entre dos cuadros, dispondremos de todos los cuadros iluminados por 3 lámparas. La serie podría ser 3 - 0 - 3 - 0 - 2 - 1 - 2, o por ejemplo 3 - 0 - 2 - 1 - 2 - 0 - 3.

Si buscamos cómo repartir 13 luces entre 4, pasa algo más grave: si ponemos las 3 que corresponden a cada cuadro, no tendremos suficientes para poner en medio, así que sólo pondremos 2 en cada cuadro, y ocuparemos con las 5 restantes los 3 puntos entre cuadros, y situaremos las otras 2 en los extremos. Así, tenemos 3 - 1 - 2 - 1 - 2 - 1 - 3. Observamos que a cada cuatro le corresponden 4 luces.

Con 7 y 23 pasa algo similar. Necesitamos 5 lámparas más, de forma que repartimos 14, que es exacto, y de las 9 restantes, 5 las ponemos en los huecos, y 4 las usamos en los cuadros que no tienen suficientes lámparas para llegar a 4, ya que las de los puntos medios cuentan doble y en total será como si tuviésemos 28. Un posible reparto podría ser 3 - 1 - 2 - 1 - 3 - 0 - 3 - 1 - 2 - 1 - 2 - 1 - 3.

Con 8 y 11, de nuevo repetimos la idea. Faltan 5 para llegar a 16, de forma que usamos 5 en los puntos medios, y los 6 restantes los usamos para llegar a 2 en aquellos cuadros que no tengan suficiente. Como hay 7 puntos medios, podemos hacerlo de muchas maneras. Una podría ser 1 - 1 - 0 - 1 - 1 - 0 - 1 - 1 - 0 - 1 - 0 - 1 - 1 - 0 - 2. Observa que, como en realidad situamos 5 lámparas en posición doble, el reparto sale perfectamente, ya que 16 (11 + 5) sí es divisible entre 8.

Bueno, ahora la regla general. Si tenemos que repartir X lámparas entre Y cuadros, suponiendo que X es mayor que Y. Se realiza la división entera, obteniendo un cociente C y un resto R. Si el resto es 0, la división es exacta y el reparto es sencillo. En caso contrario, faltan Y - R ĺámparas para que la división sea exacta (Y - R es menor que Y, ya que R es mayor que 0). Situando exactamente Y - R lámparas en los puntos medios entre dos cuadros (hay Y - 1 puntos medios, es decir, siempre es posible situarlas), el resto se podrán repartir de forma que a cada cuadro le correspondan C + 1 cuadros, ya que el total efectivo de lámparas será X + Y - R, que es divisible entre Y y da de cociente C + 1.

viernes, 6 de marzo de 2009

Operaciones mal escritas

Enunciado

La clave para resolver este acertijo consiste en pensar qué puede pasar en caso de cambiar los números por uno más grande o por uno más pequeño. En el caso de la suma, podemos empezar por la cifra más a la izquierda del resultado. Está claro que debe ser un 1, ya que no puede ser un 3, que es la otra opción.

Si miramos al otro extremo, a la derecha, vemos que las unidades nos indican que 3 + 6 = 6. Como evidentemente, 3 + 6 = 9, la única opción que tenemos para que la suma sea correcta es reducir ambos sumandos y aumentar la suma, es decir, que 2 + 5 = 7.

En la cifra de las decenas pasa algo similar, ya que 2 + 0 = 5 sea correcto, es que 3 + 1 = 4.

En la de las centenas, vemos que 3 + 6 = 2. Evidentemente, dada la distancia entre el resultado y la realidad, se trata de 3 + 6 = 12 (observa que en todos estos casos, la diferencia siempre es de 3 unidades). Al final, las centenas quedan como 4 + 7 = 11. Por lo tanto, me llevo 1 unidad de millar.

Y acabamos con 1 + 6 + 9 = 13. De nuevo, vemos que hay una diferencia de 3, que nos dice hacia donde hay que tirar, y queda 1 + 5 + 8 = 14.

La suma queda, por tanto, 5432 + 8715 = 14147.

Vamos con la división.

Probando el último resto parcial, vemos que para obtener algo que como mínimo tiene tres cifras y empieza en un 3, hay que partir de un divisor que empiece con 3, ya que si empezase con 1 no se podría conseguir una cifra tan elevada. Evidentemente, la cifra de las unidades del cociente debe ser un 9, porque tampoco podríamos obtener más de 300 con un 7.

Es fácil probar los dos posibles valores para las unidades del divisor, 2 y 4, siendo que sólo el 4 permite que el último resto coincida con unas cifras aceptables: 9 * 34 = 306. Evidentemente, el resto parcial y, la última cifra del dividendo quedan ahora determinadas.

Sabiendo que el divisor es un 34, resulta fácil deducir que la cifra de las decenas del cociente es 2, no 4, por lo que el número que se resta es realmente 68, y puesto que el resultado de la resta sabemos que debe ser 30, las cifras primeras del divisor tienen que ser 98.

La división es 986 entre 34, es exacta de cociente 29.

lunes, 2 de marzo de 2009

Una suma sencilla

Enunciado

En este tipo de problemas la idea general consiste en buscar una de las letras que sea fácil de desenmascarar, e ir tirando de ese hilo.

En este caso, como no puedo llevarme más de 2 unidades al sumar tres cifras (como mucho 9 + 9 + 9, y de antes podría haberme llevado 2, da 29), sumado a la T que puede ser a lo sumo 9, da un número que, caso de tener dos cifras, la primera ha de ser 1. Por esto, la S de SIETE debe ser 1.

Y, claro, las S de TRES y DOS, que son 3, deben sumar 3, que será la última E de SIETE.

Después, hay varios caminos que seguir. Como dice ivanrc en los comentarios al enunciado, podemos ver que sumar la E y dos O, nos da T. como sabemos que E vale 3, T puede ser 5, 7 ó 9.

Además, para que al sumar a T 1 ó 2 dé un número de dos cifras, no puede ser ni 5 ni 7, luego tiene que ser 9.

Ahora, como SIETE empieza con dos letras distintas, nos tenemos que llevar sólo 1 (si no, sería 11) y lk I debe ser 0, así que la columna anterior (R + D + D + lo que nos llevemos) debe sumar 13.

Si nos volvemos a fijar en las decenas, 3 + O + O suma 9, 19 ó 29. No puede ser 29, porque no hay arrastre de las unidades, ni 9, pues O tendría que valer lo mismo que E, 3. Luego tiene que ser 19, y O vale 8. Nos llevamos 1, y R + D + D suma por tanto 12 (daría 13 con una que nos llevamos).

El valor R debe ser, por tanto, par. Las distintas posibilidades para esto son R = 2, D = 5, R = 4 no puede ser, pues D sería también 4, R = 6 tampoco, pues D valdría lo mismo que E, y 8 y 0 están ya usados por I y por O.

De esta forma, TRES + DOS + DOS = SIETE equivale a 9231 + 581 + 581 = 10393.