domingo, 26 de abril de 2009

El tesoro del templo (I)

Enunciado

En todos los problemas en los que se trata de recorrer un laberinto sin pasar dos veces por el mismo sitio, hay un principio que resulta a la vez muy útil y muy sencillo de entender. Todos los cruces que recorramos deben tener un número par de caminos que lleguen a él, excepto (a lo sumo) el lugar por el que entramos y el lugar por el que salimos. El motivo es que cada vez que llegamos a un cruce y volvemos a irnos de él usamos dos caminos, así que, al final, el número total será par, excepto que no hayamos llegado desde ningún sitio (entrada) o bien, nos quedemos allí (salida).

En el laberinto que nos ocupa, el lugar de entrada y el de salida están claros (tienen un único camino), pero hay varios puntos más a los que llega un número impar de caminos, que evidentemente serán los que deberemos dejar sin recorrer, ya que no podremos pasar por alguno de ellos.

Uno de los concursantes me preguntó si era necesario salir del laberinto, ya que había descubierto un camino que mejoraba la cantidad de tesoros, a costa de quedarse dentro del templo. Evidentemente, ningún arqueólogo de película de aventuras elegiría esa opción ¿no?

Vamos al grano. El cruce entre C, D y E, el cruce entre E, G e I, el que hay entre F, G y H y el que hay entre J, H y la Salida tienen 3 caminos, así que tendremos que reducir el número de caminos que llegan a ellos. El sistema evidente es eliminar el camino E y el camino H, pero tiene nada menos que un valor 4 + 3, así que debemos probar si hay un sistema que solucione la paridad con menos coste. También podemos recurrir a quitar D, F, I y J, que proporcionan un total de 1 + 2 + 2 + 2 = 7. Por tanto, ambas soluciones son exactamente igual de costosas. Como el valor total de los tesoros es de 42, los caminos ganadores obtendrán 35.

Si quitamos esos caminos, hay varias opciones para recorrer el laberinto restante. El primer laberinto puede recorrerse con una de las soluciones que han dado en los comentarios, A-B-C-D-F-G-I-J (que aporta un total de 35 puntos, como era de prever). Los cambios se pueden dar en la primera parte, así podemos recorrer por la ruta CDBA, o BACD y aún quedan más variantes.

La segunda familia de soluciones, que ha descubierto Jaume Usó, sería B-A-C-E-G-H, con la variante ABCEGH, que también proporcionan 35 puntos.

La opción "suicida" de quedarse en el interior con 39 puntos es olvidar la salida, y acabar en la intersección EIG con todos los pasillos derrumbados, siguiendo la ruta ABCEGHJI. Al fin y al cabo, en todas las películas siempre hay alguien que al final viene a salvar al héroe ¿no?

jueves, 23 de abril de 2009

Prueba de matemáticas

Enunciado

Parece que los problemas de primaria son los que más comentarios atraen. Si hubiese que solucionarlos por votación, está claro que el resultado sería 44, pero ¿es de verdad 44?

Veamos. Según el problema, hay 11 estudiantes que respondieron mal a las dos preguntas y 18 que respondieron bien a la primera pregunta, con lo que estos dos conjuntos podemos sumarlos tranquilamente (11 + 18 = 29).

Cuando consideramos el siguiente conjunto, el de los 23 que respondieron bien a la segunda pregunta, tenemos un problema, y es que algunos pueden estar en uno de los grupos anteriores, si han respondido también a la primera.

¿Cuántos de los que respondieron bien a la primera respondieron bien a las dos? Según el enunciado, 8. Por tanto, si sumamos los 23 a los 29, estaríamos contando dos veces a los 8, y por eso habría que restarlos, es decir, que el resultado final sería 11 + 18 + 23 - 8 = 44. Efectivamente, nuestros seguidores tienen razón.

domingo, 19 de abril de 2009

Otro problema de policubos

Enunciado

La primera misión, descubrir los 8 policubos de orden 4, ya ha sido abordada muchas veces en este blog. Por ejemplo, en la solución anterior, Más dados pegados. Copio aquí esa parte para tener presentes los nombres de los policubos que usaremos.

Para descubrir las ocho figuras, la forma más metódica consiste en partir de las figuras que se forman con tres cubos (dibujo del enunciado) y unirle uno más de todas las formas posibles, evitando repeticiones.

En los dibujos he dibujado seis veces cada figura, para que se vean frontalmente las seis vistas que ofrece.

Cuatro policubos de orden 4

Cuatro policubos de orden 4

Así, en efecto, partiendo de la tira de tres cubos, obtenemos la tira de cuatro cubos (I), la l (L), y la T (T). Todos los otros puntos donde añadimos un dado se pueden situar de una de estas tres formas. Partiendo de la l de tres cubos (la otra figura), podemos obtener otras cinco figuras nuevas, el simétrico cuadrado (C), un ortoedro 2x2x1, la s que recuerda a dos de las piezas del tetris (S), y tres que no son planos, pues surgen de añadir un dado hacia "fuera" del plano formado por la l de tres dados. Podemos llamar a uno esquina (E), si el dado añadido es en el centro de la l, y a los otros dos izquierdo (Z) y derecho (D), pues, aunque no son iguales, al situarlos rente a un espejo, uno sería igual al reflejo del otro (se dice que son imágen especular uno del otro).

Otros cuatro policubos

Otros cuatro policubos

Una vez descubiertas y clasificadas las ocho formas, vamos a poner de manifiesto las relaciones entre ellas y las de orden 3, como pide nuestro segundo reto.

Es fácil descubrir la I de orden 3 en los policubos I, L y T, por lo que estos tres contienen la I de orden 3.

Todos los policubos de orden 4, excepto la I, contienen la L de orden 3, es decir, que la L y la T contienen ambos policubos de orden 3.

El tercer reto es el más complicado, y aquí me temo que Lluís se equivoca, o no he entendido bien su descripción. Pensemos que un policubo de orden 7 que contenga a todos los de orden 4 debe contener a la I y a la C. Evidentemente, estos dos conjuntos de cubos deben tener algo en común, ya que si no sumarían 8 cubos.

Si sólo tuviesen un cubo en común, cada uno de los 7 cubos de la figura pertenecerían a uno o a otro. Como contienen a la S, que debe tener al menos 3 cubos en común con la C, la I debe estar en el mismo plano que la C, por lo que toda la figura estaría en el mismo plano, y no podría contener a E, Z o D.

Doce policubos de orden 7

Doce policubos de orden 7

Luego deben tener dos cubos en común, porque no pueden tener más de dos en común. Dada la simetría de las dos figuras estarán dispuestas de forma que, o bien C está centrada, o bien está en un extremo.

Y la figura tiene un cubo que no está en el mismo plano. Ese cubo debe tener una cara en contacto con la C, ya que en caso contrario no podría contener alguno de los policubos E, Z o D. Por tanto, si quitamos las posibilidades que se pueden girar y coincidir con otra, sólo hay 12 figuras distintas posibles, que aparecen reflejadas aquí. Es sencillo, aunque laborioso, ver que todas ellas contienen los 8 policubos de orden 4.

jueves, 16 de abril de 2009

Más dados pegados

Enunciado

De nuevo Lluís ha dado en el clavo en sus comentarios.

Para descubrir las ocho figuras, la forma más metódica consiste en partir de las figuras que se forman con tres dados (dibujo del enunciado) y unirle uno más de todas las formas posibles, evitando repeticiones.

En los dibujos he dibujado seis veces cada figura, para que se vean frontalmente las seis vistas que ofrece.

Cuatro policubos de orden 4

Cuatro policubos de orden 4

Así, en efecto, partiendo de la tira de tres cubos, obtenemos la tira de cuatro cubos (I), la l (L), y la T (T). Todos los otros puntos donde añadimos un dado se pueden situar de una de estas tres formas. Partiendo de la l de tres cubos (la otra figura), podemos obtener otras cinco figuras nuevas, el simétrico cuadrado (C), un ortoedro 2x2x1, la s que recuerda a dos de las piezas del tetris (S), y tres que no son planos, pues surgen de añadir un dado hacia "fuera" del plano formado por la l de tres dados. Podemos llamar a uno esquina (E), si el dado añadido es en el centro de la l, y a los otros dos izquierdo (Z) y derecho (D), pues, aunque no son iguales, al situarlos rente a un espejo, uno sería igual al reflejo del otro (se dice que son imágen especular uno del otro).

Otros cuatro policubos

Otros cuatro policubos

Ahora que conocemos las ocho figuras bien, vamos a calcular cuántos puntos podemos lograr que aparezcan en su superficie. Si has estudiado el ejemplo que hemos propuesto (con tres dados), los puntos que usamos son todos los que pueden aparecer en la superficie de la figura, es decir, todos los puntos de todos los dados excepto los que están tapados por estar en la cara en la que se unen dos dados. Lo ideal sería que aprovecháramos estas caras para ocultar la mayor cantidad de puntos posibles, y eso es precisamente lo que intentaremos. Cada dado tiene en su exterior 21 puntos, sencillamente trataremos de ver cuántos puntos tapamos, y los descontaremos del total, que serían 21*4 = 84.

En el caso de la I, en los dos dados de los extremos podemos tapar el 6, pero en los dos centrales sólo podremos tapar en total 7 (y da igual cómo los pongamos), así que en total quedan 84 - (6 + 6 + 7 + 7) = 58 como mínimo en el exterior.

En el caso de la L, en los extremos de nuevo tapamos 6, en el que hace esquina, podemos tapar el 6 y el 5, pero en el otro sólo podemos tapar un total de 7, en total tapamos 6 + 6 + 7 + 11 = 30, de forma que en el exterior quedan 54 puntos como mínimo.

La T tiene tres dados que sólo tienen una cara tapada, que podemos hacer que sea la del 6, pero el dado central tiene dos caras opuestas, que suman 7 independientemente de cómo las situemos, y otra más, que podemos hacer que sea también el 6. En total, tapamos como mucho 6 + 6 + 6 + 13 = 31, así que podemos reducir los puntos exteriores a 53.

La figura C es excepcional, pues sus cuatro dados no tienen tapadas caras opuestas, así que en todas podemos tapar el 5 y el 6, de forma que podemos llegar a tapar 11*4 = 44 puntos, quedando tan sólo 40 en el exterior.

La S tiene un estudio sencillo: las dos puntas pueden estar tapando el 6, y los centrales se pueden situar para que tapen el 6 y el 5, así que como 6*2 + 11*2 = 34, el exterior tiene como mínimo 50 puntos.

La E tiene tres puntas (un 6 tapado, a lo sumo), y la central tiene tapadas tres caras no opuestas, así que pueden ser 6, 5 y 4. La suma total sería 6*3 + 15 = 33, y la puntuación mínima exterior sería de 51 puntos.

La Z y la D son simétricos, de forma que su estudio es similar. Las puntas se pueden tapar 6, y las otras dos un 6 y un 5, pues no tapan caras opuestas, de forma que pueden tener en el exterior 50 puntos como mínimo, al igual que la S.

domingo, 12 de abril de 2009

Dados pegados

Enunciado

Me ha gustado la forma original de nombrar las 8 figuras que salen que ha adoptado Lluís en los comentarios del enunciado.

Para descubrirlas, sigo pensando que la forma más metódica consiste en partir de las figuras que se forman con tres dados (dibujo del enunciado) y unirle uno más de todas las formas posibles, evitando repeticiones.

En los dibujos he dibujado seis veces cada figura, para que se vean frontalmente las seis vistas que ofrece.

Cuatro policubos de orden 4

Cuatro policubos de orden 4

Así, en efecto, partiendo de la tira de tres cubos, obtenemos la tira de cuatro cubos (I), la l (L), y la T (T). Todos los otros puntos donde añadimos un dado se pueden situar de una de estas tres formas. Partiendo de la l de tres cubos (la otra figura), podemos obtener otras cinco figuras nuevas, el simétrico cuadrado (C), un ortoedro 2x2x1, la s que recuerda a dos de las piezas del tetris (S), y tres que no son planos, pues surgen de añadir un dado hacia "fuera" del plano formado por la l de tres dados. Podemos llamar a uno esquina (E), si el dado añadido es en el centro de la l, y a los otros dos izquierdo (Z) y derecho (D), pues, aunque no son iguales, al situarlos rente a un espejo, uno sería igual al reflejo del otro (se dice que son imágen especular uno del otro).

Otros cuatro policubos

Otros cuatro policubos

Para razonar cuántos cuadrados tienen en su superficie, basta observar que, en las figuras I, T, L, S, E, Z y D, cada vez que hemos añadido el cubo nuevo, hemos tapado una cara de un dado de los que había, y también una cara del dado nuevo que hemos añadido, de forma que el resultado práctico es que tienen cuatro caras más que antes, es decir, 18. Sólo hay una excepción, la figura C, en la que el dado que añadimos tapa dos caras presentes anteriormente, y dos propias, de forma que sólo añade 2, hasta tener 16.

jueves, 9 de abril de 2009

Rellenando

Enunciado

La solución a este problema consiste, básicamente, en pensar en tercios de pila, en lugar de en pilas completas. En realidad, el cargador rellena, por así decirlo, tres tercios de pila en 20 minutos. Es decir, que, si pudiésemos aprovecharlo totalmente, cargaría una pila cada 20 minutos, pero no pueden pertenecer los tres tercios a la misma pila, por lo que hay que ir cambiándolas.

Como nosotros tenemos que cargar 4 pilas, el mejor resultado que podemos obtener (en teoría) es cargarlas en 80 minutos, ya que en total hay que rellenar 12 tercios.

Lo que hay que vigilar es que las pilas que situamos en el cargador cada 20 minutos tengan siempre tercios vacíos, y que todas las posiciones del cargador estén llenas.

Llamando A, B, C y D a las pilas, podemos usar los primeros 20 minutos ABC, los segundos ABD, los terceros ACD (con lo cual A estará ya cargada), y en la última tanda, BCD.

Como explica Lluís en su comentario, es fácil comprobar que siempre quedan tercios por rellenar, y que aprovechamos a la perfección todos los huecos del cargador.

domingo, 5 de abril de 2009

Construir un triángulo equilátero

Enunciado

Triángulo equilátero

Triángulo equilátero

Imaginemos que tenemos el triángulo ya construido. Dos puntos caen sobre la circunferencia (y a partir de esos dos puntos, evidentemente, podemos tener el triángulo completo, pues tenemos la medida del lado). Si unimos el centro con ellos dos, obtenemos un triángulo isósceles, que siempre se puede dividir en dos triángulos rectángulos iguales, trazando la altura desde el centro. Claro, que esta altura es altura también del triángulo equilátero, que por su simetría coincide con la bisectriz, la mediana y la mediatriz.

Como pasa por A (el punto externo), observamos que divide al triángulo en dos triángulos rectángulos, cuyo ángulo agudo (en A) es de 30 grados, la mitad de un ángulo de un triángulo equilátero. Y esa recta, recuerda, pasa por A y por el centro (O) de la circunferencia. A partir de aquí, construimos el método, como detalla Lluís en sus comentarios.

Dados el punto y la circunferencia, unimos el punto (A) con el centro de la misma (O). Levantamos sobre esta recta un triángulo equilátero (da igual su tamaño), uno de cuyos vértices es A. Trazamos su bisectriz en A, de forma que tenemos una recta que forma 15 grados con AO. Esta recta puede intersecar o no con la circunferencia, pero si lo hace, levantamos una perpendicular a AO que pase por uno de estos puntos de intersección (P), que cortará a la circunferencia en otro punto (Q). El triángulo APQ es un triángulo equilátero.

Evidentemente, en muchos casos intersecará en dos puntos distintos, con lo que, como mucho, podemos construir dos triángulos equiláteros distintos que cumplan estas condiciones. Puede ser que sólo tengamos uno, en cuyo caso, el lado del triángulo será tangente a la circunferencia.

Triángulo equilátero máximo

Triángulo equilátero máximo

Si el punto estuviese algo más alejado, la recta no cortaría a la circunferencia, con lo que no existiría este tipo de triángulo. El caso límite es, claramente, el tangente, en cuyo caso se forma un triángulo rectángulo de 30 grados (en rojo en el dibujo) en el que el radio (recuerda que mide 1) es uno de los catetos. Por eso, la hipotenusa mide 2, y el punto A está a 2 unidades del centro de la circunferencia, o, lo que es lo mismo, a una única unidad de la circunferencia.

jueves, 2 de abril de 2009

Dos triángulos distintos

Enunciado

Triángulos y cuadrados

Triángulos y cuadrados

Lo primero que hemos de hacer en este tipo de problemas es realizar el dibujo con la máxima precisión posible. En el caso del que acompaña estas líneas, hemos dibujado todos los triángulos de tipo 1 y de tipo 2 posibles sobre un cuadrado, para dibujar una figura simétrica. Eso puede dar una idea bastante aproximada de cómo llegar a calcular las áreas de esas figuras. En nuestro caso, hemos pintado de rojo uno de los de tipo 1 (y de rosa los demás), y de azul uno de los de tipo 2 (y de azul claro los demás).

Una de las formas más directas de calcular el área de un triángulo es buscar una base medible, y una altura que no sea difícil de calcular, usando simetrías o el teorema de pitágoras.

En nuestro caso, hay un sistema más directo, ya que entre cuatro de los de tipo 2 forman el cuadrado inicial, por lo que sabemos que su área es la cuarta parte. Si el lado del cuadrado fuese 2 unidades, por ejemplo, su área sería 4 unidades cuadradas, y el área de un triángulo de tipo 2 sería 1 unidad cuadrada.

De la misma forma, podemos tratar de alcanzar las dimensiones del triángulo de tipo 1 mediante medición de bases y alturas, pero también podemos ver todo el cuadrado donde están dibujados todos los elementos, y ver los triángulos de tipo 1 como la diferencia entre el área total y la suma de los triángulos equiláteros y el cuadrado central.

En cualquier caso, parece que necesitamos el lado de ese cuadrado grande, pero en realidad no es así. Se puede calcular (y alguno de nuestros alumnos lo hizo), pero aquí voy a trabajar sin calcularlo.

Suponiendo que el lado del pequeño es 2, la altura del triángulo equilátero de lado 2 divide a éste en dos triángulos rectángulos iguales, uno de cuyos cateto mide 1 y la hipotenusa, 2. Es evidente que esa altura mide la raíz cuadrada de 3 (√3), por el Teorema de Pitágoras. Y, claro, la mitad de la diagonal del cuadrado grande es esta altura más la mitad del lado del cuadrado, es decir, 1 + √3. Dos medias diagonales forman un cuadrado de tipo 2, pero del triángulo grande, es decir, que el área del cuadrado grande será 4(1 + √3)(1 + √3)/2 = 2(1 + √3)(1 + √3) = 2(1 + 2√3 + 3) = 8 + 4√3.

Ahora bien, el área de uno de los triángulos equiláteros será 2√3/2 = √3, por lo que el área de los cuatro triángulos será 4√3, y el área del cuadrado será 4, por lo que la diferencia entre el cuadrado grande, los triángulos equiláteros y el cuadrado pequeño, será de 4 unidades cuadradas. Es decir, que el área de cada triángulo de tipo 1 será de 1 unidad cuadrada, que es igual a la del tipo 1.

Si, son exactamente iguales.