jueves, 29 de octubre de 2009

Triángulos sobre unos puntos

Enunciado

Este problema es un problema que implica únicamente contar triángulos. Lo principal en este tipo de problemas es marcar de alguna forma los triángulos que vamos realizando, para asegurarnos que no repetimos ninguno.

Todos los triángulos

Todos los triángulos

Vamos a tratar de hacer el recuento de forma gráfica, marcando los triángulos que vamos contando de alguna forma.

Lo que se hace en el dibujo es marcar un punto. A partir de ahí, se marca el segundo y se van señalando todos los puntos en los que se crea un triángulo nuevo. Tomando los dos puntos de la parte superior que están más próximos, encontramos seis puntos sobre los que construimos triángulos distintos. Observa que un punto no está marcado porque desde él sale un triángulo que ya se ha encontrado de otra manera.

A continuación se cambia el segundo punto, y encontramos otros cinco triángulos que no coinciden con los anteriores.

Volvemos a cambiar, y salen cuatro puntos con triángulo nuevo. Luego tres, uno, tres y dos. Con este último, acabamos con los triángulos que parten del primer punto. Los que quedan no funcionan como segundo punto, porque ocasionan triángulos que ya han aparecido.

Si cambiamos de posición el primer punto, hay que tener cuidado para no repetir ningún triángulo, por lo que sólo encontramos un candidato a segundo punto, que produce un único triángulo nuevo. Ya no encontramos nuevos triángulos, ya que si usamos el tercer punto de arriba como primer punto es equivalente a usar el primero, igual que si usamos uno de los de abajo. Y alguno de esos tendremos que usar para los triángulos, por estar los otros alineados.

En total, son 25 triángulos distintos, si no he contado ninguno dos veces.

lunes, 26 de octubre de 2009

A dos velas

Enunciado

Es sencillo resolver este problema con ecuaciones, es un problema típico de cinemática, como dice Lluís, no hay trenes que se cruzan, pero podemos imaginar la llama avanzando por las velas con cierta velocidad, y llegando a su destino antes o después.

En este nivel, siempre hay una estrategia para resolver sin ecuaciones, y en esta ocasión también vamos a buscarla. La primera vela tarda 7h en consumirse, y mide 28 centímetros. Eso quiere decir que cada hora quema 28/7 = 4 centímetros.

Como está tres horas encendida durante la fiesta, al apagarse debe medir 12 centímetros menos, es decir, 16 centímetros.

Nos dicen que en ese momento, las velas son iguales, por lo que la otra vela en ese momento mide también 16 centímetros. Y como su duración es de 11 horas, aún deben quedarle 8 horas para consumirse totalmente, por lo que deducimos que se quema a razón de 16/8 = 2 centímetros por hora.

Ahora podemos obtener su altura cuando estaba completa: 11 horas por 2 centímetros que quema cada hora, son 22 centímetros lo que tenía originalmente.

jueves, 22 de octubre de 2009

Descubriendo un fallo

Enunciado

El problema tiene trampa. Se trata de saber, a partir de las cifras de un número, que la división va a dar exacta, sin que importe su posición. En nuestro sistema de numeración, los únicos números de los que podemos saber algo sobre su divisibilidad por las cifras, sin importar la posición, son el 9 y el 3.

Recordemos que cuando un número es divisible por 9 o por 3, la suma de sus cifras lo son, y si lo son, también el número lo es.

En nuestro caso, el número que cita el notario usa las cifras 0 0 0 1 2 3 5 6 7 9 9, cuya suma es 1 + 2 + 3 + 5 + 6 + 7 + 9 + 9 = 42, que es múltiplo de 3 pero no de 9. Así, sabemos que el número no da decimales si es tres, y es toda la información que podemos obtener de ese dato.

Así que, si uno de los herederos dice que la división no puede dar decimales, es porque el número de hijos es precisamente 3, y sabe que no puede, por lo tanto, producir decimales en su división.

Como recordaréis, varios de los comentarios se dieron cuenta de este detalle.

domingo, 18 de octubre de 2009

Sumando números con cifras repetidas

Enunciado

Este problema se puede plantear de varias formas. En un planteamiento muy general, se trata de resolver la ecuación diofántica 2009 = a*1111 + b*111 + c*11, donde a, b y c son números entre 0 y 45, ya que, en teoría, podríamos escribir un número de esta forma con 11 + 22 + 33 + ... + 99 = 11*45, ya que (1 + 9)*10/2 = 45. Observa que los sumandos deben ser distintos, es decir, no podemos conseguir múltiplos de 11, 111 y 1111 mayores que 45.

Resolver esta ecuación diofántica con tres variables totalmente sería muy difícil.

Sin embargo, como sólo queremos una solución en el apartado i), y las soluciones que menos sumandos tienen en el ii), podemos acortar considerablemente el razonamiento.

Vamos a buscar una expresión rápidamente. Como 2222 es mayor que 2009, partiremos de 1111. Otra opción sería no usar números de 4 cifras, pero veremos que esa opción produce más sumandos.

La diferencia entre 2009 y 1111 es 898, es decir, 898 es lo que tendrán que sumar los otros. Si usamos 888 tendremos que lograr 10, cosa imposible con sumandos de este tipo, por lo que partiremos de 777, con lo que nos faltará 121. Evidentemente, 121 = 11*11, por lo que lo podemos obtener con dos sumandos como 99 + 22 = 88 + 33 = 77 + 44 = 66 + 55 = 121.

De esta manera, tenemos cuatro sumas que dan 2009 = 1111 + 777 + 99 + 22 = 1111 + 777 + 88 + 33 = 1111 + 777 + 77 + 44 = 1111 + 777 + 66 + 55. Veamos que no se pueden obtener más, ni reducir la cantidad a tres sumandos, con lo que quedará vista la segunda parte.

Es evidente que no podemos complementar 1111 + 777 con un par de sumandos para dar 2009, ya que los sumandos deberían ser múltiplos de 11. ¿Podríamos llegar a tener 898 con tres sumandos de este tipo de otra forma?

Si consideramos 898 - 666 = 232, por no ser múltiplo de 11 no podemos expresarlo como suma de números de dos cifras, y si lo intentamos con números de 3 llegaríamos a 888 o 777, números que ya se han estudiado.

Si bajamos a 898 - 555 = 343, volvemos a repetir el mismo razonamiento.

Con 898 - 444 = 454 igual.

Y también con 898 - 333 = 565, con 898 - 222 = 676 y con 898 - 111 = 787. Como 898 no es tampoco múltiplo de 11 tampoco se puede expresar con sumandos de dos cifras iguales.

La única opción que debemos estudiar aparte sería el caso en que no usáramos sumandos de cuatro cifras para lograr 2009.

Si restamos a 2009 999 obtenemos 1010, que tampoco es múltiplo de 11 (no podemos conseguirlo con sumandos de 2 cifras). Si probamos a restar a 1010 otros números de tres cifras, tampoco lograremos números múltiplos de 11 (122, 233, 344, 455, 566, 677 y 899).

Por último, si probamos a restar a 2009 otros números como 888, 777, etcétera, logramos 1121, 1232, 1343, 1454, 1565, 1676, 1787 y 1898, de los que sólo 1232 es múltiplo de 11 y por lo tanto sería el único que podríamos conseguir como suma de números de dos cifras, pero es excesivamente grande, 112*11, muy lejos del máximo que podríamos lograr con tres sumandos distintos de dos cifras, 99 + 88 + 77 = 264. Ni siquiera podríamos lograrlo empleando todos los sumandos posibles de dos cifras, ya que llegaríamos a lo sumo a 45*11.

jueves, 15 de octubre de 2009

¿Cuál es el último?

Enunciado

Es evidente que en la primera criba caen los impares, ya que al ir eliminando uno cada 2 y empezar desde el 1, la secuencia es clara.

Cuando quedan sólo los pares, el primer número que eliminamos es el 2, y con él todos los que no son múltiplos de 4.

De la misma forma, de entre los múltiplos de 4 tachamos a los que no son múltiplos de 8, y así sucesivamente. El último que quede, por tanto, será la potencia de 2 más alta entre los números consecutivos que hayamos puesto, en este caso el 1024 = 210.

Esta solución ya había sido descubierta por muchos comentarios.

domingo, 11 de octubre de 2009

Trenes de mercancías

Enunciado

Como varios de los lectores han comentado, hay dos vías para resolver el problema. si sabes suficiente de ecuaciones, puedes hacer un sistema con el peso del tren y de la mercancía.

Pero si no sabes álgebra aún, o quieres hacer el problema de otra forma, basta pensar que si has descargado la mitad de la carga, y en el proceso pierdes 123 - 98 = 25 toneladas, la carga total inicial es exactamente el doble, 50 toneladas, y el tren, por tanto, pesa 123 - 50 = 98 - 25 = 73 toneladas.

sábado, 10 de octubre de 2009

Haciendo un marco

Corte en la figura

Corte en la figura

Enunciado

El único comentario que se ha escrito en el enunciado ha conseguido resolver el problema, incluyendo incluso imágenes. Me permito hacer uso de ambas imágenes para ilustrar esta solución, en lugar de crear unas propias.

Construcción del marco

Construcción del marco

La manera de resolver el tipo de problemas que se conoce como de cortes y composición no permite una explicación general, pero normalmente se basa en tratar de situar en el dibujo inicial ciertas peculiaridades del final, hasta que coincida con una gran parte de éste y nos ofrezca una visión clara de por dónde cortar.

En el caso que nos ocupa, está claro que el borde exterior de la L acabará como parte del borde exterior del cuadrado mayor. Lo que ya no resulta tan claro es que el borde interior (o gran parte de él) sea lo que en principio era el borde interno de la L.

domingo, 4 de octubre de 2009

Sección rómbica de un tetraedro

Enunciado

La principal dificultad de este tipo de cuestiones es imaginarse la situación adecuadamente, ya que en muchas ocasiones nos falta práctica con la visión espacial. Puede que nos tengamos que construir una figura tridimensional para practicar con ella. Haber cursado un curso de dibujo técnico puede ayudar mucho.

Si el tetraedro no fuese regular, el enunciado no sería cierto (basta imaginar un rombo, y hacer pasar por los lados paralelos un diedro, un par de planos que se cortan en una recta, otro enfrentado por el opuesto, y sale necesariamente un tetraedro, en cuanto hagas que ninguno de los cuatro sea paralelo al otro).

Tetraedro seccionado y desplegado

Tetraedro seccionado y desplegado

Es una pena que en el enunciado original no se aclarase que se refería a un tetraedro regular, porque es una figura muy conocida y seguramente habría sido sencillo imaginarlo para los participantes.

Por si quieres tener una referencia clara de cómo es la sección cuadrada de un tetraedro regular (solo hay una), he preparado un dibujo sobre como sería un recortable de esa sección. Los lados que tienen la misma letra deben unirse tras recortarlo. Basta hacer dos iguales y entre ambas formarán el tetraedro original.

Para demostrar el problema (con un tetraedro regular), debemos observar las propiedades de las caras y las aristas de un tetraedro regular.

Imagina que tienes una sección plana con los cuatro lados iguales, paralelos dos a dos, dibujados sobre un tetraedro. Para tener una sección con cuatro lados, debe cortar el mismo plano a las cuatro caras distintas.

Recuerda que en un tetraedro, las cuatro caras están en contacto unas con otras a través de las seis aristas.

Cunado dos lados del rombo son paralelos, como están dibujados sobre planos distintos, no hay más remedio que sigan la dirección de la recta de corte, la arista. Es decir, la arista es paralela a los dos lados de la sección que son paralelos.

Si te das cuenta, las dos aristas paralelas a las dos direcciones del rombo no pueden tener ningún vértice común, ya que no tienen ninguna cara en común. Pero cada arista toca a otras cuatro, y sólo tiene una arista enfrentada. Estas aristas enfrentadas, dada la simetría del tetraedro, siguen direcciones perpendiculares, luego los lados del rombo son paralelos a rectas perpendiculares, luego son perpendiculares. Por tanto, el rombo es necesariamente un cuadrado.

Siguiendo el mismo razonamiento, cualquier sección que sea un paralelogramo es un rectángulo.

jueves, 1 de octubre de 2009

La tarjeta de crédito

Enunciado

Este problema es bastante sencillo y se puede resolver de varias formas, incluso por tanteo. Varios de los que escriben comentarios en el blog lo han resuelto de formas muy distintas, pero lo mejor es combinar algunas de ellas para aprender un poco de este problema.

Si un número de dos cifras tiene que ser igual a la suma del cubo de sus unidades más el cuadrado de sus decenas, la cifra de las unidades debe ser menor que 5, ya que 125 excede las dos cifras. Supongamos que llamamos a al número de las decenas, y b al número de las unidades. El número es 10a + b. Puesto que es igual a la suma del cuadrado de las decenas más el cubo de las unidades, tenemos que 10a + b = a2 + b3. Esta igualdad se puede escribir también como 10a - a2 = b3 - b. Observa que la segunda parte de la igualdad es positiva para todos los valores, así que debemos tratar de ajustarla para valores de a resolviendo ecuaciones de segundo grado para los valores de b entre 0 y 4.

Para 0 y 1 obtenemos la misma ecuación, 10a - a2 = 0, cuyas soluciones a = 0 y a = 10 no son válidas (suponemos que un número de dos cifras no empieza por 0).

Para 2, obtenemos la ecuación 10a - a2 = 6. Su discriminante (lo que hay dentro de la raíz) es 76, que produce un resultado no entero con total seguridad.

Para 3, obtenemos la ecuación 10a - a2 = 24, que produce dos soluciones, a = 6 y a = 4. Probablemente estos son los números a los que se refiere el enunciado.

Para 4, obtenemos la ecuación 10a - a2 = 60, que produce un discriminante negativo.

En definitiva, que las dos únicas soluciones son 63 y 43. Ordenados de mayor a menor, serían las cuatro cifras 6343. Ese sería el número secreto de la tarjeta.