domingo, 26 de julio de 2009

Raíces en común

Enunciado

Para resolver este tipo de problema, puesto que aparece un entero n mayor que 2, y un par de polinomios de los que se nombran las raíces, se pueden emplear varias estrategias. Resolver casos concretos, buscando un patrón, o aplicar las fórmulas de Cardano-Vieta, ya que aparecen involucrados coeficientes y raíces de polinomios. Sin embargo, estos métodos no funcionan en este caso de manera cómoda, y debemos recurrir a un sistema mucho más sencillo, que es transformar este enunciado en una ecuación diofántica (con números enteros), y buscar una factorización que nos proporcione una cantidad cómoda de resultados.

Como dice Sebastián en los comentarios, si existe una raíz real común entre ambos polinomios, que podemos llamar s, se debe cunplir simultáneamente que sn + as -2008 = 0 y que sn + bs -2009 = 0. Si buscamos eliminar la potencia más alta de este sistema, restaremos, obteniendo que (b-a)s - 1 = 0, es decir, que s = 1/(b - a). Recuerda que, aunque b y a deban ser enteros, debido al enunciado, s no tiene por qué serlo.

Precisamente por ello podemos substituir s por su expresión en función de números enteros en una de las expresiones, eliminar el valor real, y tratar de convertirla en una ecuación diofántica. Así, por ejemplo, tendremos que 1/(b - a)n + a/(b - a) - 2008 = 0, de donde 1 + a(b - a)n - 1 - 2008(b - a)n = 0. Por si te lo estás preguntando, puesto que hemos deducido el valor de s de la igualdad entre las dos ecuaciones, es equivalente probar la substitución en la otra ecuación.

Esta ecuación diofántica parece imposible, pero hay dos términos que tienen un claro factor común entero, (b - a)n - 1. Despejando, llegamos a que (a - 2008(b - a))(b - a)n - 1 = -1. Ahora, emplearemos el análisis diofántico, es decir, por factores, y veremos que sólo tenemos dos posibilidades, que se resumen en que uno de los términos sea 1 y el otro -1.

El primer factor es 2009a - 2008b y el segundo (b - a)n - 1.

Si el valor de n es impar, el segundo factor no puede ser -1, y por tanto tenemos que 2009a - 2008b = -1 y b - a puede ser 1 o -1, de donde a = 2007 y b = 2008, o bien a = -2009 y b = -2010.

Si el valor de n es par, entonces también tenemos dos casos, que b - a = 1 y entonces 2009a - 2008b = -1, o bien que b - a = -1 y que 2009a - 2008b = 1. El primero nos proporciona la solución a = 2007, b = 2008, común con el caso anterior, y el segundo la solución a = -2007, b = -2008.

Si somos hábiles con los signos, podemos resumir ambos resultados de la siguiente forma: el problema tiene dos soluciones, en función de n. Una de las soluciones es (a, b) = (2007, 2008), y la otra es (a, b) = (-2008 + (-1)n, -2009 + (-1)n).

jueves, 23 de julio de 2009

Juego con bolas

Enunciado

Como dice Eynar en los comentarios, la clave para diseñar una estrategia en los juegos por turnos, es imaginarse una versión reducida del juego, o el final del juego, e ir reconstruyendo hasta el principio, si no hay una alternativa mejor.

¿Cuál es el mínimo número de bolas que puede haber en la caja? Observa que cada participante debe sacar una bola como mínimo, y el máximo de bolas que puede sacar es la mitad. Por lo que en el caso en que sólo queda una bola en la caja, no se pueden cumplir las dos condiciones a la vez. A partir de ahí, el que consiga estar en posición de tener dos bolas en la caja gana, pues puede sacar una, y deja al rival una posición perdedora.

Tres bolas es una posición perdedora, ya que sólo podemos sacar una bola, y dejamos una posición segura a nuestro rival.

Si tenemos 4, 5 o 6 bolas en la caja, podemos sacar 1, 2 o 3, respectivamente, dejando al rival una posición perdedora.

Tener 7 bolas es una posición perdedora, ya que no tenemos más remedio que sacar 1, 2 o 3 bolas, dejando 6, 5 o 4, respectivamente.

Por encima de 7, hasta 15, cualquier posición es ganadora, ya que dejaríamos 7 bolas al rival.

De forma similar, 15, 31, 63, 127, .... son posiciones perdedoras, ya que nos permiten ir pasando de una a otra, dejando al rival una nueva posición perdedora, hasta hacerle perder cuando llega a tener una única bola. Observa que cada posición perdedora es el doble de la anterior, más una bola.

En el caso que nos ocupa, puesto que empezamos con 40 bolas, suponiendo que empecemos nosotros, para tener asegurada la victoria debemos quitar 9, dejando 31 bolas a nuestro rival. Haga lo que haga, deja un total entre 16 y 30, al que nosotros deberemos sacar entre 1 y 15 para dejarle 15. De nuevo, él jugará para dejarnos entre 8 y 14, y nosotros dejaremos 7 sacando entre 1 y 7. El siguiente turno de nuestro rival nos dejará entre 4 y 6, permitiendo que nosotros le dejemos 3 quitando 1, 2 o 3. Ya no hay más posibilidades, ya que sólo podrá sacar una bola, y nosotros también tendremos que sacar una, lo que llevará a la derrota del contrario.

domingo, 19 de julio de 2009

Olimpiada de educación física

Enunciado

Aclarando un poco lo que cuenta Lluís en su comentario, si la diferencia entre los dos grupos del final es 36, y no hay menos de 30, lo mínimo que puede haber en ambos grupos es 30 y 66, y lo máximo, puesto que ningún rectángulo tiene más de 70 alumnos, sería 70 y 34.

El total de alumnos estaría entonces entre 96 y 104, y el único cuadrado posible en ese intervalo es 100. Por lo tanto, partimos de un cuadrado de 10 alumnos de lado. Si la diferencia entre ambos rectángulos en que se dividen es 36, uno debe ser 50 - 18 = 32, y el otro 50 + 18 = 68.

Como véis, un problema sencillo para esta prueba, aunque sea comarcal. Sólo hay que responder que el total de alumnos era 100.

viernes, 17 de julio de 2009

Cromos

Enunciado

Para resolver este problema sin utilizar ecuaciones, la clave para hacerlo más sencillo es pensar, no en álbumes de cromos, si no en cuartos de álbumes.

Me explico: como Mario sólo completó 3 cuartos, y Rafa completó un álbum completo, diremos que entre ambos completaron 3 + 4 = 7 cuartos de álbum. Y el problema menciona que pegaron entre ambos 245 cromos, es decir, que cada cuarto de álbum tiene 245/7 = 35 cromos.

Como lo que nos preguntan es cuántos cromos tiene un álbum completo, es decir, cuatro cuartos de álbum, basta multiplicar 35 por 4, y concluimos, como muchos de nuestros lectores, que un álbum completo tiene 140 cromos. Mario sólo llegó a tener 105 cromos, por eso entre los dos tenían 245.

domingo, 12 de julio de 2009

Planos y puntos en el espacio

Enunciado

Alguno de los comentarios ha dado en el clavo: Son 6. Pero falta una justificación rotunda de que no puede haber más.

La idea para encontrarlos consiste en pensar en el número de puntos alineados y coplanarios (en el mismo plano) que puede haber.

Empecemos por suponer que no hay tres puntos entre los 6 que estén alineados. En ese caso, cada tres puntos definirán un plano, es decir, habrá un único plano que los contenga. Supongamos que tenemos tres de esos puntos. Si están en uno de los planos del problema, hay un cuarto punto que está en el mismo plano que ellos. Esos puntso los llamaremos A, B, C y D.

Ahora pensemos en otro plano de ese conjunto. Como mucho, puede tener a dos puntos de los que hemos usado ya (pongamos A y B), pues si tuviese tres, sería el mismo plano de antes. Y tiene que tener dos más (E y F), que estarán en el mismo segundo plano. Evidentemente, no puede tener uno sólo del primer plano, puesto que sólo quedan dos sin usar y tiene que tener 4 del conjunto. Estos dos puntos E y F externos al primer plano definen una recta, y los planos que pasan por ella son una familia de planos que tienen una recta en común, es decir, es como si girasen en torno a esa recta. Como mucho podría haber otro plano que los contuviese a ellos y a los otros dos no usados del primer plano (C y D), ya que no podemos hacer un plano que pase por tres ya usados y sea distinto.

Hasta ahora, tenemos tres planos, pero no puede haber ninguno más, porque siempre usaríamos tres puntos de uno de los tres planos, y eso haría que coincidiese con uno de los tres planos. En estas condiciones, por tanto, sólo puede haber tres planos.

Vamos a explorar un segundo caso, en el que sí pueda haber tres puntos alineados. En el enunciado del problema impide que haya cuatro puntos alineados, pero sí podemos suponer que hay 3 alineados, A, B y C. Evidentemente, como forman una recta, hay una familia de planos que contiene a los tres puntos (y a la recta) y que son los planos que la usan como eje de giro. Como cada plano del conjunto tiene que contener al menos 4 puntos, en el mejor de los casos podemos hacer pasar tres planos por esa recta y cada uno de los otros tres puntos, con lo que tendremos a lo sumo tres planos de ese tipo.

Si los otros tres puntos (D, E y F) no están alineados, sólo hay un plano que pueda contener a los tres puntos, que si elegimos cuidadosamente los puntos, puede pasar por un cuarto punto de los tres iniciales (ojo, si pasa por dos, todo se resume en que pasa por todos y es uno de los anteriores). En ese caso, tendríamos un máximo de cuatro planos en el conjunto (es el caso que presenta otro de los comentarios al problema).

Pirámide y 6 planos

Pirámide y 6 planos

Y por último, viene el caso que buscamos, en el que sí están alineados D, E y F. En ese caso, por ellos puede pasar una familia de planos (de nuevo, rotando en torno a la recta). Si se colocan adecuadamente, a lo sumo podrían pasar tres planos, respectivamente, por A, B y C, con lo que contaríamos hasta 6 planos en las condiciones del problema. No podría haber más de 6 (y esto es importante), porque si hubiese otro plano, debería contener al menos dos de uno de los conjuntos A, B y C o D, E y F, por lo que contendría a los tres de una familia, y a uno de la otra, al menos, es decir, sería uno de los seis ya indicados.

Es posible construir los seis puntos y los seis planos que se han indicado (mira la figura). Imagina una pirámide de base triangular (tetraedro, no hace falta que sea regular). La base es el triángulo ABC y el vértice es D. En la arista AB, escogemos un punto cualquiera, que será E, y en la arista CD, que no está en la base, otro punto que será F (no tienen que ser el punto medio, ni tener ninguna propiedad especial). Los puntos serán entonces, A, E, B, alineados, y C, F y D, también alineados. Los planos buscados serían, las caras ABD (contiene a A, B, E y D), ABC (contiene a A, B, E y C), ACD (contiene a A, C, F y D), y BCD (contiene a B, D, E y C), y los planos que cortan a la pirámide CDE (contiene a E, C, F y D) y ABF (contiene a A, B, E y F). En total, seis planos.

jueves, 9 de julio de 2009

Transporte escolar

Enunciado

Como se comenta en el enunciado del problema, la clave es escribir este enunciado de forma matemática. Supongamos que q es el número de estudiantes de cada autobús, y que s es el número de estudiantes de cada vagón. La relación que buscamos es nq + 7 = 14s, donde s es el menor entero que cumpla la condición y n es mayor que 1 y no es primo. Además, q es menor que 52 y "próximo" a 52.

Como 7 y 14 son ambos múltiplos de 7, esto se puede escribir como nq = 14s - 7, por lo que nq = 7(2s - 1). Como se trata de un producto, 7 debe dividir a n o bien dividir a q. Además, tanto n como q deben ser impares, puesto que 7 y 2s - 1 lo son.

Si 7 divide a n, n debe ser al menos 21, ya que no es primo y es impar, y como dice en el problema que q es próximo a 52, debe ser al menos mayor que 40, lo que ocasiona que sea por lo menos 41, lo que lleva a que 2s - 1 sea por lo menos 123, es decir, que s vale al menos 62. Veremos si hay alguna solución mejor.

Si 7 divide a q, n puede ser el menor impar no primo, 9. En ese caso, q es un múltiplo de 7 impar y próximo a 52. Debe ser 49, ya que 35 queda algo pequeño y nadie diría que los autobuses van casi llenos. En ese caso, 2s - 1 podría ser 63, es decir, que s sería 32.

Con estas condiciones, podemos encontrar una solución en la que hay 32 estudiantes por vagón. Si entendemos que 35 asientos ocupados de 52 es "casi llenos", podríamos obtener valores más pequeños, pero no creo que sea así.

domingo, 5 de julio de 2009

La magia de los círculos

Enunciado

Como dicen varios de los visitantes en los comentarios, la proporción se calcula de manera sencilla, y no depende del número de círculos que hay en el dibujo, así que se mantendrá constante desde el dibujo primero, con un único círculo, hasta el que tuviese 100.

Utilizaremos la fórmula del área del círculo, π*R2, donde R es el radio. En el primer dibujo el radio es la mitad del cuadrado, es decir, 1/2. Así que el área del círculo es π/4 (y como el área del cuadrado es 1 en las mismas unidades, también ésa es la proporción entre ambas).

En el segundo, como son 4 los círculos, dos por fila, su radio es la mitad, es decir, 1/4. El área de cada uno de ellos será π/16, y como son 4, el área conjunta de todos ellos volverá a ser π/4. De nuevo la misma proporción.

En el tercer caso, hay nueve círculos, tres por fila, por lo que el radio de cada uno de ellos es 1/6, por lo que su radio π/36, y al multiplicarlos por 9, obtenemos π/4.

En general, si hay n filas de n círculos, el total de círculos es n2 y el radio de cada uno de ellos será 1/2n. El área de cada círculo será π/(4n2), pero al multiplicar por la cantidad de círculos que tendremos, obtendremos de nuevo la misma proporción, π/4.

De todas formas, hay otro razonamiento más general para ver que la proporción es la misma. Si te das cuenta, en cada imagen podemos encontrar más dibujos proporcionales de un círculo dentro de un cuadrado. Cuando tenemos dos dibujos proporcionales, es decir, semejantes, las longitudes que podemos medir en estos dibujos siempre aparecen multiplicadas por un factor llamado factor de escala, pero si nos fijamos en las áreas, aparecerán multiplicadas por el factor de escala al cuadrado. Como la cantidad de dibujos semejantes son exactamente el cuadrado de la cantidad que utilizamos como factor de escala, el área conjunta de todos los círculos siempre será la misma. Esta circunstancia se daría independientemente del aspecto que tenga la figura semejante. Si dibujamos 10000 figuritas 100 veces más pequeñas que un original, su área total será la misma que la original.

jueves, 2 de julio de 2009

Una clase de deportistas

Enunciado

Este es un problema bastante complicado, pero muy interesante para mostrar la importancia del orden y de aclarar las cosas. En los comentarios al enunciado encontraréis diferentes formas de hacerlo. Yo voy a plantearlo sin más conocimientos que comprender bien lo que se lee y ordenar las posibilidades diferentes.

Para cada deporte, podemos observar que hay gente que lo practica y gente que no. En esta clase, todos practican algún deporte.

Pero, por ejemplo, entre los que practican fútbol, que son 12, hay gente que practica fútbol y nada más (2), gente que practica fútbol y baloncesto, pero no tenis, gente que practica fútbol y tenis pero no baloncesto, y gente que practica las tres cosas (3). Según el enunciado, hay 8 que practican fútbol y baloncesto, aunque no sabemos si practican o no tenis. Podemos concluir que hay 5 de ellos que no practican tenis, puesto que 3 sabemos que sí lo hacen. Por último, como 2 + 5 + 3 = 10, y debería haber 12 que practicaran fútbol, deben ser 2 los que practican fútbol y tenis, pero no baloncesto. Por tanto, los grupos citados son de 2, 5, 2 y 3.

Ahora, estudiemos a los 13 de baloncesto. Tenemos a loos que practican sólo baloncesto, los que practican baloncesto y fútbol pero no tenis (que sabemos ya que son 5), los que practican baloncesto y tenis, pero no fútbol, y los que practican las tres cosas (que son 3). De nuevo, como sabemos que hay 4 que hacen baloncesto y tenis, 3 son los que hacen las tres cosas y 1 que hace baloncesto y tenis, pero no fútbol. Ahora bien, como 5 + 1 + 3 = 9, y hay 13 en total de baloncesto, eso indica que hay 4 que sólo hacen baloncesto. Los grupos que se han dicho son 4, 5, 1 y 3.

Por último, vamos con los de tenis, que en total son 13. Algunos, practicarán sólo tenis, otros tenis y fútbol, pero no baloncesto (vimos que eran 2), otros, baloncesto y tenis, pero no fútbol (1, según vimos) y 3 que practican las tres cosas. Evidentemente, como tienen que sumar 13, y 2 + 1 + 3 = 6, serán 7 los que practiquen sólo tenis.

Ahora, vamos a ver los alumnos que hay en realidad: los que hacen las tres cosas (3), los que hacen baloncesto y tenis, pero no fútbol (1), los que hacen baloncesto y fútbol, pero no tenis (5), los que hacen tenis y fútbol, pero no baloncesto (2), los que sólo hacen fútbol (2), los que sólo hacen baloncesto (4), y los que sólo hacen tenis (7). Como no hay nadie que no practique ninguno de los tres deporte, tenemos un total de 3 + 1 + 5 + 2 + 2 + 4 + 7 = 24.