domingo, 29 de noviembre de 2009

Sumando 2009

Enunciado

Varios de los lectores que han puesto comentarios se han dado cuenta de que se puede aplicar la fórmula de la suma de una progresión aritmética y resolver el problema de una manera muy sencilla mediante ecuaciones diofánticas. No es la única técnica que se puede aplicar, pero es la más directa.

La fórmula dice que si a1, a2, ... , an es una progresión geométrica, la suma a1 + a2 + ... + an = (n*(a1 + an))/2.

En este caso, la suma de n números consecutivos que empiezan en a y acaban en a + n - 1, será (n*(a + a + n - 1))/2 = (n*(2a + n - 1))/2. Este valor debería coincidir con 2009.

Si no la conoces es fácil deducirla, al menos en este caso, ya que la suma de el primer y el último número coinciden con la del segundo y el penúltimo, y así sucesivamente.

El caso es que (n*(2a + n - 1))/2 = 2009. Si llamamos r a 2a + n -1, tenemos que n*r = 4018. Tanto n como r son números enteros, r es mayor que n, y, como podemos comprobar rápidamente, tienen distinta paridad, es decir, si uno es impar, el otro es par y viceversa.

Descomponiendo en factores 4018 obtenemos 4018 = 2*7*7*49, por lo que las posibles descomposiciones en dos productos serían: 1*4018, 2*2009, 7*574, 14*287, 41*98 y 49*82. En todos los casos hemos puesto el menor número delante.

En los casos primero y segundo, n valdría 1 o 2, que es menor que 3.

En el caso tercero n = 7 y r vale 574, por lo que 2a = 568, y a = 284. Por eso la suma es 284 + 285 + ... + 290 = 2009.

En el cuarto caso, n = 14, y r vale 287, por lo que 2a = 274, y a = 137. Por eso la suma es 137 + 138 + ... + 150 = 2009.

En el quinto caso, n = 41, y r vale 98, por lo que 2a = 58, y a = 29. Por eso la suma es 29 + 30 + ... + 69 = 2009.

En el sexto y último caso, n = 49 y r vale 82, por lo que 2a = 34, y a = 17. Por eso la suma es 17 + 18 + ... + 65 = 2009.

Estas cuatro soluciones son, por tanto, las únicas válidas.

jueves, 26 de noviembre de 2009

Duplicar moviendo cifras

Enunciado

Este problema se puede plantear tanteando sobre la última cifra, o bien utilizando ecuaciones, y conociendo cómo escribimos los números en el sistema decimal y las implicaciones que tiene. Voy a optar por este último método por ser más interesante y cubrir todos los casos.

En primer lugar, un alumno escribe un número de 18 cifras, y después el profesor borra la última cifra y la sitúa en primer lugar, con lo que el número se duplica.

Si nos fijamos bien, las primeras 17 cifras permanecen juntas en ambos números, pero al quitar la última cifra, su valor queda dividido entre 10, es decir, que en el primer número su valor es 10*x, y en el segundo es x. De x conocemos que es un número de 17 cifras.

Por otra parte, la última cifra, al situarla en la posición 18, es como si multiplicáramos su valor por 10 un total de 17 veces, es decir, como si lo multiplicáramos por 1017 o 100000000000000000.

En resumidas cuentas, que el primer número puede expresarse como 10*x + y, y el segundo número se puede expresar como x + 1017*y.

El enunciado del problema nos dice que el segundo es doble que el primero, es decir, que 2*(10*x + y) = x + 1017*y.

Quitando paréntesis y agrupando términos que tienen la misma incógnita, queda 19*x = 99999999999999998*y (hay 16 "nueves" en este coeficiente).

Esta ecuación tendría infinidad de soluciones fraccionarias, ya que sobra una incógnita, pero x e y deben cumplir otras restricciones, sabemos que y es un número natural de una única cifra, y que x es un número natural de exactamente 17 cifras.

Como 19 es un número primo, o bien divide a y (cosa que obligaría a que y valiese cero, y x también, pero no parece lógico que el alumno haya escrito 18 ceros), o bien 19 divide a 99999999999999998. Probando esta última posibilidad, tenemos que así es, y por tanto queda x = 5263157894736842*y.

Ahora bien, podemos elegir entre diferentes opciones para el valor de y, con la condición de que x tenga 17 cifras, que puede ir desde y = 2 a y = 9. En todos los casos, obtenemos un número que cumple la condición pedida.

Las soluciones serían, por tanto, 105263157894736842*2 = 210526315789473684, o bien 157894736842105263*2 = 315789473684210526, o 210526315789473684*2 = 421052631578947368, o 263157894736842105*2 = 526315789473684210, o 315789473684210526*2 = 631578947368421052, o 368421052631578947*2 = 736842105263157894, o 421052631578947368*2 = 842105263157894736, o 473684210526315789*2 = 947368421052631578.

domingo, 22 de noviembre de 2009

Cubo inscrito en esfera inscrita en cubo

Enunciado

Como dice Lluís en los comentarios, este problema tiene una solución bastante sencilla, la única dificultad es imaginar los puntos de contacto entre la esfera y los dos cubos.

Sección de esfera inscrita

Sección de esfera inscrita

Puesto que la información que nos dan es el área total del cubo externo, a partir de ese dato debemos obtener el lado, que es el dato más importante en un cubo. Puesto que el área total es de 24 metros cuadrados, y un cubo tiene 6 caras, cada cara tiene 4 metros cuadrados, es decir, el lado mide dos metros.

Ahora bien, la esfera está inscrita dentro del cubo, es decir, es tangente en el centro de las caras. Su diámetro medirá la distancia entre dos de esos puntos tangentes, es decir, un lado del cubo. Es decir, que su diámetro mide 2 metros también.

Por último, el cubo inscrito dentro de la esfera toca a la esfera en puntos opuestos con los ocho vértices. lo que podemos medir es una diagonal del cubo, que medirá en total lo que el diámetro de la esfera, es decir, dos metros.

Esta diagonal se puede introducir en un triángulo rectángulo que forma la diagonal externa de una cara del cubo y uno de los lados, y la diagonal externa se puede introducir en un triángulo rectángulo que forman dos lados del cubo.

Calculando, el cuadrado de la diagonal externa es igual a la suma de dos cuadrados de los lados, es decir, r2 + r2 = 2*r2. Y el cuadrado de la diagonal interna, es la suma de este cuadrado y el cuadrado de otro lado, es decir, 2*r2 + r2 = 3*r2. Es decir, que la diagonal al cuadrado, que vale 4, es igual a 3*r2, por lo que r vale la raíz cuadrada de 4/3.

Ahora, como lo que buscamos es el área de todo el cubo inscrito, el área de una cara valdrá 4/3 de metro cuadrado, y multiplicando por 6, tendremos el área total, 8 metros cuadrados. Según vemos, el área se divide sólo entre tres durante este proceso.

jueves, 19 de noviembre de 2009

Asignando un dígito

Enunciado

Como dice Lluís en los comentarios, lo que hay que hacer es entender bien el problema y ser ordenado.

Como lo que queremos tener al final es un 8, partiendo de dos cifras, lo primero es saber qué números pueden dar 8 como producto. Puede ser 1*8 o bien 2*4, no hay más opciones. De esta forma, el 18, 81, 24 y 42 son números a los que se les asigna 8.

A continuación, tendríamos aquellos números que al multiplicar sus cifras pasan por uno de los cuatro que ya tenemos, es decir, al 63 se le asigna el 6*3 = 18, y a éste el 8, por lo que al 63 también le asignamos el 8. Para encontrarlos, hay que pensar de cuántas formas se puede obtener cada uno de ellos.

El 18 puede se 2*9 o 3*6, por lo que apuntamos 29, 92, 36 y 63. El 81 sólo lo podemos lograr con 9*9 (recuerda que tiene que ser multiplicando dos cifras, así que no vale 27*3, por ejemplo), así que tenemos el 99. El 24 puede ser 3*8 y 4*6 (38, 83, 46 y 64) y el 42 puedes ser 6*7 (67 y 76).

De estos números aún puede salir algún resultado más, ya que 36 puede ser 4*9 o 6*6 (49, 94 y 66), 63 puede ser 7*9 (79 y 97), y 64 puede ser 8*8 (88).

Por último, del 49 podemos lograr el 77 nada más, y es el único número que puede aportar algo nuevo. Observa que sería la cadena más larga 77 -> 49 -> 36 -> 18 -> 8.

En definitiva, los números serían 18, 81, 24, 42, 29, 92, 36, 63, 99, 38, 83, 46, 64, 67, 76, 49, 94, 66, 79, 97, 88 y 77. En total, 22 números. Si no me he equivocado, claro.

domingo, 15 de noviembre de 2009

Un triángulo de tres colores

Enunciado

Como siempre con este tipo de problemas, debemos empezar trabajando con casos concretos y sencillos, para avanzar hacia una generalización.

Si tenemos tres puntos, cada uno de un color, y cada uno conectado con dos, está claro que están totalmente conectados, por lo que está claro que forman un triángulo de tres colores.

Supongamos que tenemos seis puntos, pintados a pares de colores. Cada punto está unido con tres de distinto color, de forma que podemos garantizar que uno de los tres es del tercer color. Tomemos un punto cualquiera. Dos de sus uniones serán con un color común, supongamos que es el color A, y otro será con el color B. Éste último punto estará unido a algún punto de color A, ya que está unido a tres puntos, y no todos pueden ser de color C. Como el primer punto está unido a los dos de color A, también está unido a éste, por lo que forman un triángulo.

Vamos al tercer ejemplo, que puede ser el más complicado y el que aclare el método general. Tenemos nueve puntos, tres de cada color, y todos están unidos a cuatro de distinto color. Si uno de ellos está unido a tres del mismo color, repetiríamos el razonamiento anterior, pero puede ocurrir que ninguno está unido a tres de un mismo color. En ese caso, todos estarán unidos a dos de un color y dos de otro. Tomemos un punto P de color C, unido a dos A y dos B. Supongamos que Q es uno de los puntos de color B unido a P. Puesto que está unido a dos de color A, y sólo hay tres, uno de los de color A que está unido a P también estará unido a Q, ya que cada uno está unido a dos (y dos y dos es mayor que 3). Este punto forma un triángulo de tres colores junto a P y Q.

No sé si has entendido el razonamiento, pero la clave está en buscar el punto que más uniones de un mismo color tiene, para forzar la situación en uno de los puntos en minoría.

Vamos entonces con el caso general. Supongamos que tenemos 3n puntos, n de color azul, n de color blanco y n de color negro. Todos ellos están unidos a exactamente n + 1 puntos de color distinto al suyo.

Supongamos que anotamos de cada punto la mayor cantidad de puntos de un mismo color que están unidos a él. Como hay un número finito de puntos, uno de estos alcanzará el máximo (puede que haya varios). Supongamos que P es un punto de color A unido a k puntos de color B, y no hay ningún punto unido a más de k puntos de otro color. Evidentemente, el número de puntos de color C unidos a P será n - k + 1, y será menor que k. Y mayor o igual a 1, por lo que al menos hay uno. Ahora, de los n - k + 1 puntos escogemos uno llamado Q.

El punto Q está unido a t puntos de color A, pero seguro que t será menor o igual que k. Y el número de puntos de color B al que estará unido será n - t + 1, que es mayor o igual que n - k + 1 por la misma razón. Ahora bien, n - t + 1 + k = n + 1 + (k - t), que es mayor o igual que n + 1, es decir, mayor que n. Por eso, hay un punto que está unido a la vez a P (k puntos) y a Q (n - t + 1 puntos). Ese punto forma con P y con Q un triángulo del tipo buscado.

jueves, 12 de noviembre de 2009

Suma de ángulos

Enunciado

El objetivo es ver que el ángulo BAC es suma de BAP y BAQ. En principio, un alumno de bachillerato podría abordar este problema con las fórmulas de la suma de ángulos, pero no debemos intentarlo así, porque el problema está planteado para segundo ciclo de la ESO.

En realidad, de lo que se trata es de ver que el ángulo que queda cuando a BAC le quitas BAP es igual que BAQ (o al revés). Para esto, podemos tratar de encontrar el triángulo rectángulo que forma la altura sobre una de las bases, y demostrar que se trata de un triángulo equivalente al que forma BAQ.

Encontrando ángulos iguales

Encontrando ángulos iguales

Observa el dibujo. Vamos a calcular la altura de P sobre el lado AC del triángulo APC. Junto con AP y el segmento de la base, forman un triángulo rectángulo. Si es semejante a ABQ, el ángulo PAC será igual a BAQ, y el enunciado estará demostrado.

La longitud AP es la hipotenusa del triángulo rectángulo ABP. Usando Pitágoras encontramos que es igual a la raíz cuadrada de (12 + (1/2)2), que equivale a la raíz cuadrada de 5, dividida entre dos.

La longitud de AC es raíz cuadrada de 2. Supongamos que x es la altura de P sobre AC. Esa altura es el cateto de dos triángulos rectángulos, cuyas hipotenusas miden AP y PC, y cuyos otros dos catetos suman AC. Trabajando con un par de sistemas de ecuaciones, podemos concluir que x vale raíz cuadrada de 2 dividida entre 4. Es decir, que en el triángulo rectángulo que forma A, P y el pie de su altura, la hipotenusa mide raíz de 5 partido 2, y el cateto corto, raíz de 2 partido por 4.

El triángulo ABQ, su cateto largo mide 1 y el corto 1/3, es decir, que su hipotenusa mide la raíz cuadrada de 10 dividida entre 3.

Ahora vamos a ver la proporción entre los catetos cortos y entre los lados y ver si da lo mismo. En efecto, el cociente entre los catetos es ((raíz de 2)/4)/(1/3)= 3*(Raíz de 2)/4. El cociente entre hipotenusas es ((raíz de 5)/2)((raíz de 10)/3) = (3*(raíz de 5))/(2*(raíz de 10)). Para ver si estas dos fracciones son equivalentes, las multiplicamos en cruz, y obtenemos que 6*(raíz de 20) = 12*(raíz de 5), cosa que es cierta. Luego los ángulos son exactamente iguales

domingo, 8 de noviembre de 2009

Medias en familia

Enunciado

Como pasa muchas veces, las soluciones que se dan en los comentarios están basadas en el uso de ecuaciones. En este nivel, el de primer ciclo de la ESO (12 y 13 años) es correcto utilizarlas, pero en la medida de lo posible hay que contemplar la posibilidad de obtener el resultado sin ecuaciones.

Con ecuaciones, se plantea que, por ser la media de toda la familia 20 años, suponiendo que S es la suma de todas las edades y n el número de hijos, S = 20*(n + 2) y, al ser 16 la edad media cuando el padre (que tiene 48 años) no se cuenta, tenemos que S - 48 = 16*(n + 1). Así obtenemos que n = 6.

Sin utilizar ecuaciones, hay que estudiar el efecto que tiene sobre la media de edades de un grupo que añadas a una persona de 48 años. Si nos fijamos, antes de añadirla tienen en promedio 16 años. Si añades a una persona de más edad al grupo, cada año extra se reparte entre todos los del grupo para aumentar la media. Observa que cuando añades al padre, añades a una persona que tiene 32 años más de la media, por tener 48. Como sabemos que la media aumenta en 4 unidades, 32 repartido entre todos los del grupo debe ser igual a 4, es decir, que todos los del grupo son 8, los dos padres y 6 hijos.

viernes, 6 de noviembre de 2009

¿Llenamos los huecos?

Enunciado

En realidad este problema no es más que un tanteo más o menos ordenado, en el que prima la paciencia y la capacidad de cálculo.

En la primera fila se pueden poner o bien dos sumas y un producto intercalado, o bien cuatro productos o una suma y dos productos, ya que (2 + 2)*(2 + 2) = 2*2*2*2 = (2 + 2)*2*2.

La solución que doy probablemente no es la única, y no sólo por ese aspecto.

02 + 02 + 02 + 02 = 16

 *    +    *    -

03 * 02 + 05 * 02 = 16

 +    *    +    +

08 * 05 - 04 * 06 = 16

 +    +    +    +

02 * 04 - 02 + 10 = 16

 =    =    =    =

16   16   16   16

En la segunda propuesta, el camino es más ordenado. En principio, podemos hallar dos valores, y a partir de cada uno de ellos, otro.

En la primera fila, por ejemplo, vemos que el número debe ser 20, para que la suma coincida. A partir de ese 20 podemos determinar que la suma de la tercera columna debe ser 5, y con éste número ya podemos calcular la suma de la fila inferior, -11. Por otra parte, éste número nos ayuda a calcular el tercer sumando de la cuarta columna, que es 3, que nos completa la tercera fila con un -5 en segundo lugar. Una vez completado estos números, terminar colocando un 3 y un 2 en la fila segunda es sencillo.

De esta forma, la solución queda como sigue. teniendo en cuenta que esta vez es claramente única.

+05 + -03 - +20 = -18

 -     -     +     -

+03 - +02 + -05 = -04

 -     +     -     +

-02 + -05 + +10 = +03

 =     =     =     =

+04 + -10 - +05 = -11

domingo, 1 de noviembre de 2009

Caminando por las aristas de un cubo

Enunciado

Veamos cómo son los caminos de longitud corta, para comprobar que hemos entendido bien el problema.

Vértices de un cubo

Vértices de un cubo

Los vértices A y B son opuestos en una cara. Supongamos que los otros dos los nombramos como C y D. Hay un tercer vértice conectado a A, que podemos llamar E. También hay otro conectado a B, que llamamos F. Por último, en esta cara nos quedan por nombrar otros dos vértices, que podemos nombrar como G (conectado a C) y H (conectado a D).

Los caminos de longitud 1 que parten de A son AC, AD y AE. Los de orden dos son ACA, ADA y AEA, que acaban en A, ACB y ADB, que acaban en B (3 a 2), y ACG, ADH, AEG y AEH. el problema es que cada vez que aumentamos la longitud de caminos, su cantidad queda multiplicada por 3, de forma que la cosa se complica para los de orden 3 y los de orden 4 (que son los que, de nuevo, pueden acabar en A o en B).

Si tratamos de prescindir de los demás, y nos fijamos sólo en los que acaban donde interesa, los de longitud 4 que acaban en A serán ACACA, ACADA, ACAEA, ACBCA, ACBDA, ACGCA, ACGEA, ADACA, ADADA, ADAEA, ADBCA, ADBDA, ADHDA, ADHEA, AEACA, AEADA, AEAEA, AEGEA, AEGCA, AEHEA, AEHDA, en total 21 caminos. Los que van de A a B serán ACACB, ACADB, ACBCB, ACBDB, ACBFB, ACGCB, ACGFB, ADACB, ADADB, ADBCB, ADBDB, ADBFB, ADHDB, ADHFB, AEACB, AEADB, AEGCB, AEGFB, AEHDB, AEHFB, es decir, 20 caminos.

Esto nos enseña dos cosas. Hay un camino más de A a A que de A a B en longitud dos y cuatro, y que los caminos que acaban en A proceden de tres direcciones (C, D y E) y los que acaban en B de otras 3 (C, D y F).

Veamos qué pasa en la longitud 6. En estos caminos, el paso 4 antes de llegar a A sólo puede ser A, B, H o G. Los caminos de longitud 4 que llegan a A son 21, y los que llegan a B, 20. Los que llegan a H o G, por la simetría de su posición serán también 20 a cada uno de ellos. En total, tendremos 21*3 + 20*2 + 20*2 + 20*2 = 21*3 + 20*6 = 183. Los que llegan a B, en el paso 4 han llegado a A, B, G o H, por lo que serán un total de 21*2 + 20*3 + 20*2 + 20*2 = 21*2 + 20*3 + 20*4 = 182. De nuevo uno más.

Probemos a demostrarlo por inducción. Supongamos que la cantidad de caminos que llegan en el paso n de A a A es s y la que llega de A a B es s - 1. De la misma forma, por simetría, de A a H o G serán también s - 1. en el paso n + 2, la cantidad de caminos que llegan a A es s*3 + (s - 1)*2*3 = 9s - 6. La cantidad de caminos que llegan a B serán (s -1)*3 + s*2 + (s - 1)*4 = 9s - 7. Es evidente que hay un camino menos de A a B que de A a A (además, podríamos calcular con precisión cuántos habría reiterando la fórmula).