domingo, 31 de mayo de 2009

Algunos números son así

Enunciado

Este problema es más difícil de lo que normalmente se piensa. La tentación de aplicar fórmulas es fuerte, y, a veces, si no se tienen las cosas claras, puede salir mal.

El método de las fórmulas, es, desde luego, el más directo. Números que se escriban con tres cifras del 0 al 9, todas distintas, hay 10*9*8 = 720, ya que tenemos 10 posibilidades para escribir el primero, pero sólo nueve para el segundo (ya que no podemos repetir), y sólo 8 para el tercer dígito. Lo que pasa es que aquí tendríamos escritos todos, también aquellos en los que la primera cifra es mayor que la tercera, y aquellos en los que hay un cero en el primer lugar. Para quitar los que la primera cifra es mayor que la tercera, debemos aprovechar la simetría de la situación, antes de quitar los que empiezan por cero, ya que al ser las dos cifras distintas, habrá 720/2 = 360 en los que sea mayor y 360 en los que sea menor, que son los que nos interesa. Aquí tendremos todos los que empiezan por cero, ya que la primera cifra en ese caso siempre es menor que las otras. Hay exactamente 9*8 = 72 en los que hay un cero en primer lugar (los otros dos pueden ser cualquier número), así que, como afirmaba uno de los comentarios, hay 360 - 72 = 288 números de los que nos piden.

Otro método sería el recuento paciente. Si consideramos los números que empiezan por 1, deben acabar por una cifra del 2 al 9 (8 posibilidades), y la cifra central puede ser cualquiera, excepto el 1 y la usada como tercera. En total, 8*8 = 64. Si empieza por 2, la última cifra puede ser cualquiera entre 3 y 9 (7 posibilidades), y la central puede ser cualquiera de las otras 8. en total, 7*8 = 56. Si empieza por 3, de la misma forma, tenemos 6*8 = 48 posibilidades, 40 si empieza por 5, etc. En resumen, hay que sumar 64 + 56 + 48 + 40 + ... + 8 = (8 + 64)*8/2 = 72*4 = 288 (observa que es una sucesión aritmética).

jueves, 28 de mayo de 2009

Punta de flecha

Enunciado

Básicamente hay dos enfoques para calcular este área. Uno, que me parece el más sencillo, es ver esta figura como un triángulo grande (cuya base sería la base del cuadrado, y la altura, la altura del cuadrado) al que se le ha quitado un triángulo más pequeño, cuya base sería también la base del cuadrado, pero cuya altura deberíamos calcular.

Flecha dividida

Flecha dividida

La otra forma se verla, sería cortar el cuadrado verticalmente por la mitad (eje de simetría), de forma que se viese la punta de flecha como dos triángulos, cuya base debemos determinar, y cuya altura es la mitad del cuadrado original.

En cualquier caso, hace falta calcular a qué altura se sitúa el vértice superior del triángulo blanco inferior (M en la descripción del dibujo). Este punto resulta estar a una cuarta parte del total del lado original, es decir, a 0,5 unidades (el lado del cuadrado original es 2, para que su área sea 4). Eso se debe a que el ángulo que forma con la horizontal es igual que el que divide en dos el lado del cuadrado, y se deduce por semejanza.

Una vez conocido este dato, por el primer método obtenemos que el área de la flecha es 2*2/2 - 2*0,5/2 = 2 - 0,5 = 1,5 unidades cuadradas (3/2 de unidad cuadrada).

Del segundo método, obtendríamos que el área de cada triángulo es (3/2)*1/2 = 3/4, por lo que la flecha tendría de área 2*3/4 = 3/2 de unidad cuadrada.

lunes, 25 de mayo de 2009

El número imposible

Enunciado

Como el título indica, es imposible que un número sea cuadrado de otro número y sus cifras sumen 12.

Hay varias maneras de verlo. Por un lado, si un número es múltiplo de 3, su cuadrado es múltiplo de 9, de forma que la suma de sus cifras debería ser múltiplo de 9. Si no es múltiplo de 3, su cuadrado tampoco lo es, de forma que la suma de sus cifras no debe ser múltiplo de 3. Como 12 es múltiplo de 3, pero no de 9, es imposible que sea cuadrado de un número entero.

Otra forma de entenderlo, más profunda, es que las cifras indican el número que multiplica a una potencia de 10, de forma que un número cuyas cifras son abcd, por ejemplo, es a*1000 + b*100 + c*10 + d. Como todas las potencias de 10 son una unidad más grande que un múltiplo de 9, resulta que abcd = a + b + c + d + n, donde n es un múltiplo de 9. Más o menos, eso quiere decir que si dividimos el número abcd entre 9, da el mismo resto que a + b + c + d (por eso funciona el criterio de divisibilidad por 9).

Entonces, podemos saber el resto al dividir entre 9 de cualquier número sumando sus cifras, y hallando el resto correspondiente. El de 12 es 3. Si elevamos un número al cuadrado, si originariamente tenía un resto 0, su cuadrado también tiene 0, si tenía 1, su cuadrado también tiene 1. Si tenía 2, su cuadrado tiene 4. Si tenía 3, su cuadrado tiene 0. Si tenía 4, su cuadrado tiene resto 7. Si tenía 5, también resto 7. Si tenía 6, tiene resto 0. Si tenía 7, su cuadrado tiene resto 4. Por último, si tenía 8, su cuadrado tiene resto 1. Como veis, es imposible que el cuadrado de un número tenga de resto 2, 3, 5, 6 u 8. Evidentemente, esto hace que nuestro número no pueda ser un cuadrado perfecto.

viernes, 22 de mayo de 2009

Símbolos desconocidos

Enunciado

Últimamente, los comentarios a la entrada del enunciado me facilitan mucho mi trabajo. Efectivamente, este tipo de problemas se solucionan más cómodamente con la ayuda de las ecuaciones, pero en el nivel de primaria normalmente no se han dado, así que debemos recurrir al tanteo, al ensayo y error, y a las operaciones de substitución, o de resta entre diferentes posiciones de equilibrio.

De los razonamientos que se intentan en este problema, quizá el más rápido sea el de ensayo y error.

Observa que, puesto que dos arañas más un ojo suman 9, las arañas pueden sumar entre 1 y 4, y el ojo debe ser impar para poder llegar a 9. Además, si cambias una araña por un avión, suma 11, luego el avión vale dos unidades más que la araña. Si ahora cambias la araña por un ojo, obtienes 17, por lo que el ojo vale 6 más que la araña (y recuerda que es impar).

De forma que el ojo puede valer 7 (si la araña vale 1), y en ese caso el avión debe valer 3. Esa equivalencia funciona.

Si el ojo valiese más, tendrá que valer 9, no podría sumar con dos arañas 9, salvo que las arañas valiesen 0. Pero en ese caso, no valdrían 6 menos que el avión

lunes, 18 de mayo de 2009

Soluciones pares

Enunciado

Las raíces de una ecuación polinómica está claro que cumplen la ecuación, y si queremos averiguar algo de ellas, es evidente que necesitamos transformar esta ecuación. Sin embargo, cuando tenemos información de las raíces y queremos obtener la ecuación, o alguno de los coeficientes, necesitamos relacionar las raíces con los coeficientes.

En este caso, además de plantearnos complicados razonamientos con la ecuaciones de segundo grado y su solución, podemos recurrir a las fórmulas de Cardano-Vietta.

En el caso de las ecuaciones de segundo grado, podría leerse de la siguiente manera: supongamos que tenemos dos números, enteros y pares, s y t, que son raíces de una ecuación de segundo grado x2 - b*x + 80 = 0. Los números s y t son también solución de la ecuación (x - s)(x - t) = 0, es decir, x2 - (s + t)x + st = 0. Como el coeficiente del término de segundo grado es cero, restando las dos ecuaciones, obtendríamos una ecuación de primer grado, que debe tener dos soluciones cero, es decir, que obtenemos 0 = 0, o, dicho de otra forma, se trata de un par de ecuaciones con los mismos coeficientes. De aquí, tenemos que st = 80 y que b = s + t (fórmulas de Cardano-Vietta).

El caso es que tenemos dos números pares cuyo producto es 80. Supongamos que el primero es 2n y el segundo 2m, tenemos que 80 = 4nm, es decir, nm=20. Como n y m son enteros, tenemos las posibilidades 1*20, 2*10 o 4*5 (también vale cambiar de orden n y m, y cambiarles de signo). Por tanto, b puede ser 2 + 40 = 42 (o -42), puede ser 4 + 20 = 24 (o también -24), y por último puede ser 8 + 10 = 18, o su opuesto -18. Así que tenemos esas seis posibilidades.

sábado, 16 de mayo de 2009

El rombo inscrito

Enunciado

Primer intento de rombo inscrito

Primer intento de rombo inscrito

Casi todo el mundo, al pensar en un rombo inscrito en un rectángulo, piensa en la figura simétrica que aparece en la primera imagen, la de la derecha, donde el rombo se construye uniendo los centros de los lados del rectángulo. Desde luego, es el mayor rombo simétrico que podemos construir dentro de un rectángulo, pero no es realmente el mayor de los rombos. A veces cuesta imaginar cómo podríamos hacerlo más grande, pero si queremos pensar en ello, podemos imaginar qué pasaría si movemos un poco los vértices del rombo por los lados del rectángulo. ¿Aumentará su área, o disminuirá?

Veamos, en la primera imagen el área del rombo es igual a la del rectángulo menos los cuatro triángulos rectángulos que quedan fuera. Si tenemos cuidado, podemos formar con ellos otro rombo, o bien la mitad del rectángulo, con lo que sin hacer cálculos, sabemos que su área es la mitad del rectángulo inicial, 337,5 centímetros cuadrados. También se puede calcular usando la fórmula del área de rombo.

Mayor rombo inscrito

Mayor rombo inscrito

Si forzamos la situación al máximo, podemos poner dos vértices del rombo sobre dos de las esquinas del rectángulo, como aparece en el segundo dibujo. En este caso, sólo quedan fuera del rombo dos triángulos rectángulos, que pueden entre los dos formar un rectángulo, cuya área sería fácil de calcular si supiésemos lo que mide el lado del rombo. Pero sabemos que un rombo tiene todos los lados iguales, y uno de ellos es la hipotenusa del triángulo rectángulo externo, y otro es lo que le quitamos al lado mayor del rectángulo. Es decir, que uno de los catetos mide 15, el otro mide 45 - x y la hipotenusa mide x, suponiendo que x sea el lado del rombo. Del Teorema de Pitágoras obtenemos que 152 + (45 - x)2 = x2. Desarrollando, llegamos a que 225 + 2025 - 90x + x2 = x2, por lo que 2250 = 90x, es decir, que x = 25.

Así, los triángulos tienen dos catetos de 15 y 20, por lo que el área conjunta de los dos es 300, es decir, que el rombo tiene un área de 375 centímetros cuadrados, 37,5 centímetros cuadrados más que el anterior.

Como dice Lluís en los comentarios, el rombo es el mayor posible, ya que su diagonal larga es el mayor segmento que podemos construir en un rectángulo, su diagonal.

domingo, 10 de mayo de 2009

Los triángulos enteros

Enunciado

Los comentarios a este enunciado me han hecho ver el problema desde otra perspectiva. En realidad se trata de un problema sencillo pero interesante. La condición clave es que los tres lados tiene que sumar doce (o, según cómo se interprete, menos de 12, como dice seba2468) y ser enteros. Pero también tienen que formar un triángulo.

La condición para formar un triángulo es muy sencilla: los dos lados más cortos tienen que sumar más que el lado largo. La razón es evidente: si fuesen más cortos (o incluso iguales) que el lado largo, sería imposible unir sus extremos y construir un triángulo.

De esta forma, si el lado largo mide 6 o más, es imposible construir un triángulo.

Si mide 5, puede haber un lado de 5 y otro de 2, o bien uno de 4 y otro de 3 (la solución es algo más amplia si se interpreta que puede sobrar parte del segmento después de hacer el triángulo).

Si mide 4 el más largo, como los otros dos deben sumar 8 (para que el total sea 12), la única solución es que ambos midan 4.

En resumen, sólo hay tres casos: 5 - 5 - 2, 5 - 4 - 3 y 4 - 4 - 4. Un isósceles, un escaleno (rectángulo), y un equilátero. Salvo que se haga la interpretación más flexible de que se puede dejar sin usar parte del segmento.

jueves, 7 de mayo de 2009

Equilibrio

Enunciado

Este tipo de problema es siempre muy similar. Con más o menos ingenio, podemos cambiar lo que hay por otro tipo de objetos usando las equivalencias que tenemos arriba.

Es evidente, como comenta Lluís, que podemos poner tres triángulos en el otro lado, y se equilibrará, pero esta solución no interesa mucho.

Imagina ahora que pones un triángulo más (temporalmente). Eso equilibraría con tres cuadrados ¿no? ¿Y cómo quitaríamos el triángulo de más? Él sólo no se va a ir, pero si le añadimos un círculo y, para compensar, añadimos un círculo al otro lado, pues también sigue equilibrado. Y, según la segunda balanza, un triángulo y un cuadrado equilibra con un cuadrado, es decir, que podemos quitar eso de los dos sitios, y volvemos a equilibrar, teniendo tres triángulos a un lado y dos cuadrados y un círculo en el otro.

Razonando con las dos balanzas, podemos pensar que si tres cuadrados pesan lo mismo que cuatro triángulos, como un cuadrado pesa lo que un triángulo y un círculo, tres cuadrados pesarán también lo que tres cuadrados y tres círculos. Eso significa que tres triángulos y tres círculos pesan lo mismo que cuatro triángulos, o bien que cada triángulo pesa lo mismo que tres círculos. Por eso, también podemos equilibrar tres triángulos con nueve círculos.

Por último, si ponemos al otro lado de los triángulos seis círculos y un triángulo, podemos cambiar el triángulo y un círculo por un cuadrado, de forma que queda equilibrado por cinco círculos y un cuadrado.

En resumen, las posibilidades (sin usar triángulos) son: dos cuadrados y un círculo, o bien cinco círculos y un cuadrado, o bien nueve círculos.

Si empleamos triángulos, podemos poner tres triángulos, o dos triángulos y tres círculos, o un triángulo y seis círculos, o un triángulo, dos círculos y un cuadrado. Y creo que tenemos cubiertas todas las opciones.

domingo, 3 de mayo de 2009

Igualdad geométrica

Enunciado

En todos los problemas de geometría hay que estudiar sobre varios dibujos de varias posiciones diferentes las relaciones que se dan. Aunque aquí, por razones de espacio, sólo pongamos uno de los dibujos, debéis trazar varios en posiciones distintas, para comprobar después vuestras hipótesis.

Triángulo inscrito

Triángulo inscrito

Ahora, como trazamos una bisectriz, los ángulos que divide este segmento son iguales, lo que tiene aquí una importancia vital. Así, en nuestro dibujo, PAB = CAP, como ángulos.

También debemos observar que en este dibujo sale uno de vuestros viejos conocidos, el arco capaz. En efecto, el arco entre C y A está incluido tanto en ABC como en AQC, por lo que ambos ángulos son iguales.

Ahora que hemos observado algunas relaciones que se dan en el dibujo, vamos a ver cómo afecta eso a lo que hemos de probar: CA*PB = CQ*AP. No siempre, pero en muchas ocasiones es más sencillo comprobar fracciones que productos, y esta expresión se puede escribir como fracción de la forma CA/CQ = AP/PB, que se cumpliría de inmediato si los triángulos ABP y AQC fuesen semejantes (cuidado: en ocasiones se puede dar el cociente sin que dos triángulos sean semejantes). Y en este caso, lo son, pues dos de los ángulos de esos triángulos son iguales (PAB = CAP = CAQ, y ABC = ABP = AQC, como ya hemos visto), por lo que los lados son proporcionales para algún factor de proporcionalidad k, de forma que AC = k*AP, AQ = k*AB, y CQ = k*PB. En particular, CA/CQ = (k*AP)/(k*PB) = AP/PB, como queríamos demostrar.

viernes, 1 de mayo de 2009

El tesoro del templo (II)

Enunciado

Este problema, como es evidente, es muy parecido a "El tesoro del templo (I)", ya solucionado antes en el blog. La solución de este problema es similar, pero tiene una pequeña dificultad añadida.

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).

El papel de la vara del explorador es crear un nuevo camino entre dos de los puntos, de forma que podemos volver par dos cruces impares, o al menos cambiar la paridad de un nodo por otro.

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.

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. Como hay un total de cuatro, con la única vara deberemos solucionar el camino entre dos de ellos, y recorrer todos los demás (menos la ruta que lleve de uno a otro) con normalidad.

Estudiando cuál es el camino más barato de suprimir, sería el H, que sólo tiene 3, y entonces la vara se usaría en el camino E, y tendríamos todos los cruces pares. Un recorrido de este estilo podría ser A-B-C-D-F-G-E-E-I-J.

No sirve de nada suprimir los caminos D y F, ya que no hay manera de añadir una única vara y volver pares los dos cruces restantes, por lo que las demás soluciones que quedan son variantes de la que ya hemos dicho.

La puntuación total que podemos conseguir es de 39, por lo tanto.