jueves, 30 de diciembre de 2010

Números en un triángulo

Enunciado

Los comentarios han dado soluciones distintas e interesantes. Voy a dar una algo mecánica, pero que no usa ninguna genialidad, ni ecuaciones.

Empecemos probando con números bajos. Si ponemos un 1 entre el 45 y el 17, como hacen falta 28 para llegar desde el 17 hasta el 45, el número que pongamos al otro lado del 17 debe ser 28 unidades más grande que el que ponemos al otro lado del 45.

Los números más bajos que podemos poner son 1 y 29, y en ese caso el lado del 45 sumará 1 + 45 + 1 = 47 y el del 17 sumará 1 + 17 + 29 = 47.

Como, además, esos dos números y el 10 tendrán que sumar lo mismo que cualquiera de los dos laterales, el ejemplo no valdrá, ya que 1 + 10 + 29 = 40. Tendremos que usar números algo mayores. Cuando aumentamos uno, aumentamos el otro, por lo que la suma de todo el lado del 10 subirá en 2, pero la suma de los otros lados subirá sólo en 1. Para que coincidan, necesitaré aumentar 7 veces, así que los primeros números que encuentro serán 8 y 36.

En este primer ejemplo, tendremos que 1 + 45 + 8 = 54, 1 + 17 + 36 = 54 y 8 + 10 + 36 = 54. Vemos que los tres lados suman 54.

¡Claro que puedo encontrar más soluciones! Si aumentamos los tres números a la vez, se mantendrá el equilibrio. Aumentarlos en 1, por ejemplo, poniendo 2, 9 y 37 hará que la suma de cada uno de los lados sea 56, en lugar de 54, pero será igual.

Bueno, existen infinitas soluciones, ya que podemos aumentar los números todo lo que queramos, siempre que aumentemos lo mismo. Si no se hace así, no puede ser que los lados sigan sumando igual.

Para que los tres lados sumen 80, como aumenta dos unidades la suma por cada una que aumentan los números, tendremos que ver cuanto falta para llegar de 54 a 80. Como son 26 unidades, basta aumentar cada número en 13. Así, los números que pondremos serán 14, 21 y 49. Comprobémoslo: 14 + 45 + 21 = 80, 14 + 17 + 49 = 80 y 21 + 10 + 49 = 80.

domingo, 26 de diciembre de 2010

Desigualdad de fracciones

Enunciado

Este tipo de desigualdades tiene un aspecto peculiar. Se trata de una cantidad determinada de números positivos, juegan el mismo papel en la fórmula, y si todos fuesen iguales, la desigualdad se transforma en una igualdad.

En estos casos, suele poder hacerse con desigualdades sobre las medias potenciales y geométricas. En nuestro caso, el aspecto de la condición que cumplen los números nos recuerda a una media potencial de grado 2 sobre 1/a, 1/b y 1/c, o bien una de grado -2 sobre a, b y c.

Podíamos escribir que √((1/a2 + 1/b2 + 1/c2)/3) = √(9/3) = √3.

Y esta es la media potencial de grado 2, que es mayor, por ejemplo, que la media potencial de grado 1, que es la media aritmética habitual, es decir, que (1/a + 1/b + 1/c)/3 ≤ √3. Ahora, si pensamos en la fórmula que queremos comprobar, que evidentemente podemos comprobar que se transforma en una igualdad cuando todos los valores a, b y c son iguales, vemos que hay varias fracciones con denominadores diferentes.

Una de esas fracciones es, por ejemplo, 1/(2a + b). Una forma de transformar las fracciones de denominador polinómico mediante desigualdades es considerar las medias aritméticas y armónicas con las desigualdades potenciales (la armónica es la potencial de grado -1, y siempre es menor a la aritmética, de grado 1). La desigualdad viene a decir que ((1/a + 1/b + 1/c)/3)-1 = 3/(1/a + 1/b + 1/c) ≤ (a + b + c)/3. Como suponemos que estros tres números son positivos, podemos arreglar algo los extremos de las fracciones para mostrar una desigualdad más acorde con nuestros intereses: 1/(a + b + c) ≤ (1/a + 1/b + 1/c)/9, y es válida para cualquier trio de números positivos.

En particular, para nuestra desigualdad, tenemos que 1/(2a + b) = 1/(a + a + b) ≤ (1/a + 1/a + 1/b)/9. De la misma forma, 1/(2b + c) = 1/(b + b + c) ≤ (1/b + 1/b + 1/c)/9 y 1/(2c + a) = 1/(c + c + a) ≤ (1/c + 1/c + 1/a)/9.

Resumiendo, nuestra expresión inicial, 1/(2a + b) + 1/(2b + c) + 1/(2c + a) ≤ (1/a + 1/a + 1/b)/9 + (1/b + 1/b + 1/c)/9 + (1/c + 1/c + 1/a)/9 = (3/a + 3/b + 3/c)/9 = (1/a + 1/b + 1/c)/3. Según hemos visto en un párrafo anterior, esto es la media aritmética de los inversos de a, b y c, que es menor que la cuadrática, por lo que esa expresión sería menor que √3, como queríamos demostrar.

jueves, 23 de diciembre de 2010

Pirámide numérica

Enunciado

Pirámide numérica

Pirámide numérica

El comentario que lo soluciona usa álgebra, así que voy a intentar solucionar la pirámide numérica sin utilizar álgebra (o usando la mínima posible).

La idea es que, como cada casilla se rellena sumando las dos inferiores, el número que ocupa la casilla central entre el 6 y el 9 interviene tanto en el contenido de la fila superior derecha como en el contenido de la de la izquierda. Como hay que sumar ambas para conseguir 31, resulta que en 31 interviene 6, 9 y dos veces la casilla central. De esta forma, como 31 - 6 - 9 = 16, la casilla central debe contener 8. De esta forma, las dos casillas superiores serán 6 + 8 = 14 y 9 + 8 = 17. Es sencillo comprobar que 14 + 17 = 31.

Repitiendo el proceso en el otro lado, 9 + 5 = 14, y como 28 - 14 = 14, que debe ser el doble de la casilla central, el valor de ésta será 7. Así, en las casillas inmediatamente superiores, estará el 9 + 7 = 16 y 5 + 7 = 12. Está claro que 16 + 12 son 28.

Rellenar las casillas superiores a partir de ahí es sencillo y no requiere más explicación. En realidad, este problema debería estar en la categoría de primer ciclo de la ESO, ha sido un error mío que salga etiquetado aquí.

domingo, 19 de diciembre de 2010

Ocho lados

Enunciado

Como están de acuerdo los comentarios, no es regular.

Para evitar trabajar con fracciones, podemos tomar el lado del cuadrado de tres unidades. Así cada tercera parte medirá 1. Los lados del octógono que se construye según las instrucciones no medirán todos lo mismo. Los que están sobre el cuadrado original medirán 1, pero los otros serán la hipotenusa de un triángulo rectángulo cuyos dos catetos medirán 1, así que está claro que, por el Teorema de Pitágoras, medirán √2.

Octógono en un cuadrado

Octógono en un cuadrado

El método más sencillo para dividir los lados y construir un octógono regular es imaginarse que ya está construido. Su regularidad nos lleva a imaginar un círculo interior, que pasa por los centros de todos los lados. Además, por simetría, las diagonales del cuadrado pasan por esos puntos y son paralelas a los lados que nos faltan del octógono regular.

Es sencillo encontrar el centro del octógono, ya que es el propio centro del cuadrado, y también el centro de alguna cara, pues coincide con el centro del cuadrado. Por lo tanto, tenemos tanto el centro como el radio de este círculo, y podemos dibujarlo.

Trazando ahora las diagonales del cuadrado, cortaremos a la circunferencia en cuatro puntos que, de nuevo por la simetría de la figura, serán los cuatro centros de los lados del octógono regular.

Como estos lados son, a la vez, paralelos a las mismas diagonales, podemos trazarlas y tendremos que cortan a los lados del cuadrado en los vértices del octógono que necesitamos.

jueves, 16 de diciembre de 2010

El caso es llegar

Enunciado

Como dicen en los comentarios, debemos prestar atención a la tortuga, más que a la liebre. Cuando la tortuga llega la primera vez a la meta, la liebre está en el tercer cuarto del estadio, tras haber dado tres vueltas. La segunda vez que la tortuga llega, la liebre habrá dado siete vueltas y dos cuartos. Es decir, que será en la cuarta vuelta de la tortuga, que para la liebre será la decimoquinta, cuando vuelvan a coincidir en la meta.

Otra forma de verlo es comparar sus velocidades relativas, es decir, cuánto tiempo tardan en dar una vuelta, suponiendo, por ejemplo, que la tortuga tarde una hora en dar la vuelta al estadio. Después, bastará encontrar un múltiplo común.

La respuesta, entonces, es que la tortuga ha de dar cuatro vueltas y quince la liebre.

domingo, 12 de diciembre de 2010

Una pista en el triángulo órtico

Enunciado

El triángulo órtico tiene varias importantes propiedades que son difíciles de ver si no se conocen previamente. Una de ellas es que el triángulo de longitud mínima que se puede construir dentro de un triángulo acutángulo. Otra es que los tres triángulos que quedan en el exterior de él son semejantes entre sí y semejantes al triángulo original.

Semejanza derivada del órtico

Semejanza derivada del órtico

Esta última propiedad es la que necesitamos en este caso para reconstruir el triángulo original a partir de la pista que nos dan en el órtico. Pero antes, razonemos la propiedad en sí misma.

Supongamos que tenemos un triángulo acutángulo ABC y su triángulo órtico PQR, en el que P está en BC y Q en AC, como en el dibujo.

He marcado dos triángulos rectángulos que es posible dibujar y que tienen en común el ángulo BAC (o RAQ), usando las alturas del triángulo. Por ser rectánguos y compartir un ángulo, son semejantes. Eso significa que hay una razón de semejanza que transforma uno en el otro, es decir, que AB/AQ = AC/AR, por lo que se deduce que AB/AC = AQ/AR, es decir, que los segmentos AQ y AR son semejantes a AB y AC, aunque dibujados al contrario de lo que suele ser habitual en el teorema de Thales. Si pudiésemos cambiar de sitio las longitudes AR y AQ, el segmento que une R y Q sería paralelo a BC y se vería más claro.

Por lo tanto, en nuestro ejemplo, ARQ es semejante a ABC (aunque, según hemos visto, está invertido, de forma que el ángulo ARQ es en realidad igual a ACB, y AQR es igual a ABC). De la misma forma, los otros tres triángulos que el triángulo órtico marca en el triángulo original son semejantes al triángulo completo, salvo que sus ángulos están invertidos. Marcamos el mismo ángulo de los tres triángulos en un dibujo para que se visualice dónde se sitúa cada uno.

Ángulos iguales en un órtico

Ángulos iguales en un órtico

Como sabemos que uno de los ángulos originales es 45 grados, se observa que obliga a ser rectángulo a uno de los ángulos del triángulo órtico.

Ahora, según el enunciado, el producto de dos de los ángulos del triángulo órtico es 2009, por lo que tenemos dos casos diferentes, que uno de los participantes en el producto sea 90, o bien que sea producto de los otros dos.

En el primer caso, tendremos que uno de los otros ángulos es 2009/90 = 22º 19' 20'' y el otro será su complementario, 67º 40' 40''. Como cada ángulo del órtico, sumado al doble de un ángulo del triángulo inicial, debe ser 180, es sencillo calcular los dos ángulos que faltan. Por un lado, 180º - 22º 19' 20'' = 157º 40' 40'', por lo que el original sería 78º 50' 20''. Por otro lado, 180 - 67º 40' 40'' = 112º 19' 20'', por lo que el otro ángulo original sería 56º 9' 40''.

En el segundo caso, planteamos una ecuación de segundo grado, ya que los dos ángulos serían X y 90 - X, y su producto sería 2009, es decir, X(90 - X) = 2009, lo que lleva a que X2 - 90X + 2009 = 0, por lo que X vale 49 ó 41. En ambos casos, los valores de los terceros ángulos vuelven a ser 41 ó 49, así que estamos ante una solución única, en la que un ángulo vale 41 y el otro, 49. En ese caso, los ángulos originales se calculan siguiendo el mismo procedimiento, 180 - 41 = 139, y así el ángulo original vale 69º 30', y 180 - 49 = 131, por lo que el otro vale 65º 30'.

jueves, 9 de diciembre de 2010

Puntuaciones imposibles

Enunciado

Numéricamente, lo que hemos de hacer es lograr ciertos números mediante combinaciones de sumas de 3 y 7, es decir, con expresiones de la forma 3a + 7b, donde a y b son enteros positivos o cero.

Una de las formas de tantear es probar con los números objetivo (37 y 38, en este caso), y restarle sucesivamente múltiplos de una de las cantidades, comprobando si es o no múltiplo de la otra. En este caso, restando 7 (por ser más sencillo estudiar la divisibilidad por 3) a 37 obtenemos 30, que es divisible por 3.

Eso quiere decir que 37 = 10*3 + 7, es decir, podemos conseguir 37 con 10 pepitas de oro y un diamante. No es la única forma, ya que también es posible lograrlo con 3 pepitas de oro y 4 diamantes (3*3 + 4*7 = 37). Son las únicas dos maneras de conseguir 37.

Para 38, tenemos que 31 = 38 - 7 no es múltiplo de 3, pero 24 = 31 - 7 sí lo es. Por eso, 38 = 8*3 + 2*7, es decir, con ocho pepitas de oro y dos diamantes, conseguiremos 38 puntos. También se puede lograr con una pepita de oro y 5 diamantes (3 + 5*7 = 38).

Para estudiar los valores que podemos lograr y los que no, podemos empezar por los más pequeños. Está claro que si podemos lograr un valor, sumar 3 o sumar 7 a partir de él será posible.

Está claro que 1 y 2 no son valores posibles, 3 sí. De nuevo 4 y 5 no pueden obtenerse, pero 6 sí. El 7 se puede conseguir claramente, pero 8 no. A partir de 6, se puede obtener el 9, y a partir del 7, el 10. El 11 es el último número que no se puede lograr, ya que 12 es posible lograrlo (9 + 3), 13 también (10 + 3) y 14, como 7 + 7, y, mediante sumas de 3, como tenemos 3 consecutivos, es posible llegar a todos los números.

martes, 7 de diciembre de 2010

Cuatro hermanos

Enunciado

Los comentarios, o bien no explican cómo lo han resuelto, o aplican álgebra (ecuaciones). Voy a intentarlo hacerlo sin álgebra, ya que algunos alumnos de este nivel aún no la controlan totalmente.

La suma de todos el dinero de los cuatro hermanos es 4500.

Vamos a distinguir entre antes y después de los cambios que propone el tercero de los hermanos. Está claro que después, todos tendrán lo mismo. Si la suma se mantuviese, está claro que cada uno tendría el total dividido por cuatro, pero puede que la suma no se mantenga.

Como al primero le sumamos 200 y al segundo le quitamos 200, está claro que la suma de ambos se mantiene. Sin embargo, al tercero le duplicamos lo que tenga y al segundo le quitamos la mitad. Está claro que si al final tienen lo mismo, el tercero tiene que tener menos que el cuarto. Concretamente, tiene que tener la cuarta parte, porque si no, al final, no tendrían lo mismo.

Imagina un caso concreto, en el que el tercero tenga 300 y el cuarto tenga 1200. La suma de ambos es 1500. Sin embargo, si duplicamos el tercero, tiene 600, y si dividimos por dos el cuarto, tiene 600, y la suma de ambos ahora es sólo de 1200. Por el camino se ha perdido la cuarta parte de lo que tenía el cuarto, es decir, lo que tenía originalmente el tercero, o la mitad de lo que tiene al final. Comprobemos otra vez que sucede. Si uno tiene 12 y el otro 48, la suma es 60. Si duplicamos 12 y dividimos entre 2 48, ambos tienen 24, pero la suma ha descendido en 12 y ahora sólo da 48.

Esto se complica más, porque hay otros dos que al final tienen lo mismo y la suma de ambos sí permanece constante. Imagina el caso anterior, al final todos tienen 24, es decir, por el camino se pierden 12, luego el total que había al principio es 24*4 + 12 (los 12 que se han perdido). Es decir, es como si tuviésemos cuatro hermanos y medio, y al transformar el dinero como pide el tercer hermano, el capital del medio se perdiera.

En nuestro ejemplo, 4500 dividido entre 4,5 da 1000, es decir, que al final todos tendrán 1000 y se habrán perdido 500. Al principio, el primer hermano tendría 800, para que al sumarle 200 dé 1000. El segundo hermano tendrá 1200, para que al restarle 200 también dé 1000. El tercero tendrá 500, para que al duplicarle dé 1000, y el cuarto tendrá 2000, para que al dividirlo entre 2 también dé 1000. En total, podemos comprobar que suma 800 + 1200 + 500 + 2000 = 4500.

El mismo proceso se puede llevar a cabo por tanteo, aunque sea algo lento.

domingo, 5 de diciembre de 2010

Triángulos

Cuadrilátero con triángulos

Cuadrilátero con triángulos

Enunciado

Los comentarios al enunciado son correctos, pero no hay que olvidar que estos problemas deben resolverlos personas que están en sexto de primaria, o incluso en 1º de ESO, y que en su mayoría aún no dominan el álgebra lo suficiente como para comprender las fórmulas.

Todos los problemas necesitan comprender que los ángulos de un triángulo cualquiera siempre suman 180 grados, que una circunferencia completa tiene 360 grados, y que todos los ángulos de un triángulo equilátero miden 60 grados.

El apartado (a) se puede razonar como sigue:

Puesto que un cuadrilátero convexo puede dividirse en dos triángulos usando cualquier diagonal, que partirá a los ángulos interiores en dos trozos, es fácil comprobar que los ángulos interiores del cuadrilátero suman 360, puesto que los de cada triángulo suman 180.

Los ángulos exteriores en cada vértice, suman junto con los interiores, 4 circunferencias (es decir, 4*360. Como los interiores suman 360, los exteriores suman 3*360.

Si dibujamos los triángulos, cada triángulo le quita a los ángulos exteriores 120 grados para dejar reducidos los ángulos a los que hay entre ellos. Como son 4, quitarán 120*4 = 480. Si restamos esta cantidad a lo que hemos calculado antes, queda lo que suman los ángulos comprendidos entre los triángulos, 600 grados.

Octógono con triángulos

Octógono con triángulos

El apartado (b) es aún más abstracto, ya que no es sencillo ver cómo dividir el octógono en triángulos. Si nos fijamos, por ser convexo, basta unir dos vértices consecutivos y lo dividiremos en un triángulo y un heptágono, que también será convexo. Si repetimos la operación (podemos escoger cualquier par de vértices consecutivos, no tienen que ser los del ejemplo), iremos dejando cada vez un triángulo y una figura con un lado menos. Al final, el octógono original habrá sido dividido en 6 triángulos, cuyos ángulos formarán los ángulos originales del interior del octógono. Por eso esos ángulos del octógono suman lo que seis triángulos, es decir 3*360 grados.

Una vez que tenemos clara esta situación, basta ver que los ángulos externos, junto con los internos, forman 8 circunferencias completas. Puesto que los interiores suman 3, los exteriores deben sumar 5*360.

Al eliminar de estos ángulos los ocho triángulos, como cada uno elimina 120, pensemos que cada tres de ellos quitan una circunferencia completa, por lo que quitamos 2 circunferencias y 240 grados, es decir, quedan 2 circunferencias y 120 grados, o lo que es lo mismo, 840 grados.

Para el apartado (c) hay que dar un paso más general. La idea es que un polígono de 1000 lados podría dividirse de forma similar en nada menos que 998 triángulos, cuyos ángulos sumarían 499 círculos completos (la mitad).

Puesto que, con los ángulos exteriores, tendríamos 1000 círculos, tenemos que los ángulos exteriores suman 501 círculos.

Al dibujar los 1000 triángulos equiláteros, cada uno de ellos elimina 120 grados de los ángulos externos, por lo que cada 3 elimina un círculo completo. Se elimina del total 333 círculos completos y 120 grados. Esto significa que los ángulos entre triángulos sumarán un total de 167 círculos completos y 240 grados. Eso hace un total de 360*167 + 240 = 60360, como afirman los comentarios.

domingo, 28 de noviembre de 2010

Un difícil juego con polinomios

Enunciado

Como buscamos polinomios con raíces enteras, sabemos que esas raíces deben ser divisores del término independiente, luego un buen movimiento estratégico del primer jugador para que ese polinomio no tenga raíces enteras es elegir un término independiente con el menor número posible de divisores enteros.

Evidentemente, este entero será 1 ó -1, que sólo admite los divisores 1 y -1. Por concretar más la estrategia, pongamos que elige término independiente 1.

A continuación, el segundo jugador elige coeficiente, bien sea el de primer, segundo o tercer grado.

La última jugada del primer jugador consiste en eliminar las posibilidades de que el polinomio pueda tener una de esas dos raíces.

Si el polinomio tiene la raíz 1, la suma de los cinco coeficientes (1 + A + B + C + 1 = 2 + A + B + C) debe ser 0. Si tiene raíz -1, la suma 1 - A + B - C + 1 = 2 + B - A - C también debe ser cero.

El primer jugador puede asegurarse de que el segundo tenga que seleccionar el coeficiente de primer o de tercer grado, A o C, ya que si el de segundo grado está libre lo puede elegir.

Para que el segundo jugador en su último movimiento pueda ganar, debe elegir un término A o C (cuál sea es indiferente, ya que ambos juegan el mismo papel) que cumpla C = A - B - 2, para que el polinomio tenga la raíz -1 y C = -A -B - 2 para que tenga la raíz 1.

Igualando ambas expresiones, tenemos A - B - 2 = - A - B - 2, por lo que 2A debe ser 0, cosa imposible pues ninguno de los dos puede elegir el cero como coeficiente.

jueves, 25 de noviembre de 2010

Números ocultos

Enunciado

Como dice David en el comentario a la entrada, la solución más evidente es trabajar con ocho variables y trazar ocho relaciones para calcular sus medias, es decir, las ecuaciones 5 = (b + c + e)/3 -> 15 = b + c + e; 5 = (a + d + f)/3 -> 15 = a + d + f; 6 = (a + d + g)/3 -> 18 = a + d + g; 8 = (b + c + h)/3 -> 24 = b + c + h; 7 = (a + f + g)/3 -> 21 = a + f + g; 6 = (b + e + h)/3 -> 18 = b + e + h; 8 = (c + e + h)/3 -> 24 = c + e + h; 6 = (d + f + g)/3 -> 18 = d + f + g.

Para resolver este enorme sistema, lo mejor es tratar de hacer desaparecer alguna de las variables, por ejemplo la a, usando para ello la segunda ecuación, 15 = a + d + f.

Como en la primera no sale a, queda igual, en la tercera restamos y queda 3 = g - f. La cuarta queda igual, y en la quinta dejamos 6 = g - d. Las demás quedan igual.

A continuación podemos usar la primera ecuación, 15 = b + c + e para eliminar la b de las seis restantes.

Ahora, la tercera queda 3 = g - f, la cuarta queda 9 = h - e, la quinta 6 = g - d, la sexta 3 = h - c, la séptima 24 = c + e + h y la octava 18 = d + f + g.

Usemos ahora la sexta, 3 = h - c, para eliminar la c de las demás.

La tercera, la cuarta y la quinta quedan como están, 3 = g - f, 9 = h - e y 6 = g - d. La séptima queda 27 = e + 2h, y la octava 18 = d + f + g.

Eliminamos ahora la d, con la quinta ecuación, 6 = g - d.

La tercera y la cuarta quedan de nuevo igual, 3 = g - f, 9 = h - e. También la séptima, 27 = e + 2h. La octava se transforma en 24 = f + 2g.

Ahora, usamos la cuarta, 9 = h - e, para eliminar e de las otras.

La tercera sigue 3 = g - f, la séptima queda 36 = 3h, y la octava sigue siendo 24 = f + 2g.

Ya podemos decidir el valor de h = 12, pero necesitamos eliminar f de la octava con la tercera, obteniendo que 27 = 3g, es decir, que g = 9. A partir de ahí, f = 6, e = 3, d = 3, c = 9, b = 3 y a = 6.

Ahora bien, cada número falso está compuesto por la suma de tres terceras partes de números verdaderos, y cada número verdadero contribuye con una tercera parte a tres números falsos. Por esto, la suma de los ocho números verdaderos es igual que la de los ocho falsos, 51.

Además, a lo largo de la resolución nos hemos encontrado una ecuación repetida de forma recurrente. Si nos fijamos en dos números falsos en la diagonal de una cara, su diferencia coincide con la tercera parte de la diferencia de los verdaderos de la misma diagonal de la cara opuesta, ya que si los restamos, anulamos la contribución que aportan los dos verdaderos de la diagonal contraria.

domingo, 21 de noviembre de 2010

Los científicos

Enunciado

Posición de los científicos

Posición de los científicos

Este problema es similar a resolver un sudoku, ya que hemos de evitar que aparezcan ciertas características repetidas en la columna, en la fila, y en las diagonales.

Lógicamente, debemos empezar por la diagonal. Podemos intercambiar el papel de rol familiar y de rama de la ciencia entre ellos, de forma que a partir de una solución determinada salga otra, así que supondremos que el orden correcto es el que aparece, por ejemplo, en la primera columna. Situaremos, por orden creciente de edad a un nieto, un hijo, un padre y un abuelo en esa columna, y las ciencias las ordenaremos, por ejemplo, por orden alfabético: biología, física, matemáticas y química. Así, tendremos la primera columna formada por B1, F2, M3, Q4.

Ahora, en la segunda columna hemos de situar de nuevo las cuatro ciencias, pero alterando el orden, por ejemplo M4, Q3, B2, F1. Observa que hay pocas opciones para elegir, ya que hemos de controlar las diagonales para que no se repitan. He tenido que tantear para que podamos continuar en la tercera columna, ya que en las primeros intentos no había ninguna disposición posible en la tercera fila.

En la tercera columna las opciones son aún escasas, sólo he encontrado Q2, M1, F4 y B3.

Evidentemente, en la última la opción es única: F3, B4, Q1 y M2.

Es posible que haya más soluciones, evidentemente puedes permutar todas las relaciones de parentesco entre sí (24 posibilidades) y todas las ciencias (24 distintas), lo que daría 24*24 posibilidades, pero no serían fundamentalmente distintas. Ignoro si hay más.

viernes, 19 de noviembre de 2010

Adivinanza

Enunciado

Hay varios juegos con números de este tipo. Si queremos averiguar el número de partida, podemos utilizar el álgebra para construir una ecuación, pero lo más eficaz es, siempre que sea posible, deshacer todas las operaciones que se han efectuado.

En el ejemplo, el resultado es 2 y la última operación ha sido dividir por 7, por lo que el resultado anterior es 14.

La operación anterior es restar 1, por lo que el resultado previo es 15.

Como este número proviene de dividir entre 11, el resultado anterior será 11*15 = 165.

Ahora, la operación anterior es sumar 30, por lo que el resultado previo será 135.

Y la primera operación ha sido multiplicar por 3, de forma que el número de partida sería 135/3 = 45.

Efectivamente, como dicen los comentarios, Nuria partía del número 45.

martes, 16 de noviembre de 2010

Otra ecuación con raíces

Enunciado

El problema es muy similar al que resolvimos en "Una ecuación complicada". La solución también lo es.

La clave está en hacer un cambio de la forma x1/4 = t, por lo que t4 = x, de forma que la ecuación quede (97- t4)(1/4) + t = 5, que también podemos expresar como (97- t4)(1/4) = 5 - t. Elevamos a 4 ambos extremos, lo que da por resultado 97- t4 = (5 - t)4.

Desarrollando esta potencia, obtenemos que 97- t4 = 625 - 500t + 150t2 - 20t3 + t4.

Si pasamos todo el polinomio al mismo extremo, tenemos 0 = 2t4 - 20t3 + 150t2 - 500t + 528. Podemos dividir todo el polinomio por 2, para trabajar con 0 = t4 - 10t3 + 75t2 - 250t + 264.

Para buscar sus raíces mediante ruffini, probamos con los divisores de 264: 1, -1, 2. En este punto, encontramos una raíz, que será solución de la ecuación (t = 2). Aún nos queda el polinomio cociente, 0 = t3 - 8t2 + 59t - 132.

Seguimos probando divisores de 132 que no hayamos descartado: 2, -2, 3, que de nuevo vuelve a dar, obteniendo la segunda raíz, t = 3. El cociente es ya un polinomio de 2º grado, 0 = t2 - 5t + 44, al que aplicamos la fórmula de la ecuación de segundo grado, para asegurarnos de que no tiene más soluciones.

En definitiva, que las únicas soluciones son t = 2, de donde x = 16, y t = 3, por lo que x = 81.

domingo, 14 de noviembre de 2010

Alienígenas

Enunciado

Leyendo el enunciado detenidamente, es sencillo hacer los cálculos necesarios para contestar a este problema.

Pensemos que el total que a nosotros nos interesa es sólo cuántos serán al día siguiente azules y esféricos, de forma que por un lado tendremos que considerar a los que eran azules y esféricos y no van a cambiar, y a los que no lo eran, pero sí van a cambiar (y precisamente a ser azules y esféricos).

Empecemos con los que hoy ya son azules y esféricos. Por un lado, el 80% de los azules se transforman en verdes, con lo que sólo 1000 de los 5000 se mantendrán azules. Pero como el 40% de los esféricos pasan a ser piramidales, sólo quedarán 600 que seguirán siendo azules y esféricos.

Por otro lado, tendremos a los que cambien sólo de color, pero ya son esféricos. De los 6000 rojos esféricos, el 80% se transforman en azules, lo que haría nada menos que 4800 nuevos azules, pero hay que pensar que de esos 4800, un 40% cambiarán de forma, pasando a ser piramidales, así que el aporte de este grupo será de 2880.

También tendremos a los que sólo cambien de forma, y pasen a engrosar nuestro recuento. Hoy hay 10000 azules piramidales, de los que el 40%, es decir, 4000, pasarán a ser esféricos. Sin embargo, hay que pensar que el 80% cambiarán a verdes, por lo que quedarán 800 que sí que serán azules y esféricos.

Por último, tenemos a los que cambiarán tanto de forma como de color. Hoy son 9000 rojos y piramidales, pero el 40% pasa a ser azules, esa cantidad asciende a 3600. Además, de esos 3600. el 80% también cambiará de forma, pasando a ser azules y esféricos. Eso significa 2880 nuevos seres.

En total, tenemos 2880 + 800 + 2880 + 600 = 7160. Eso significa que aumentarán un poco ¿no?

jueves, 11 de noviembre de 2010

La tele

Enunciado

La pregunta tiene trampa, ya que cuando decimos que cierto número de amigos ven los canales 1 y 2, por ejemplo, no estamos diciendo nada acerca de si ven o no el canal 3, con lo que incluimos a los que lo ven también.

Vamos a detallar los diferentes conjuntos en grupos diferentes, para asegurarnos de que no contamos dos veces a las mismas personas.

Por un lado, un único amigo ve los tres canales.

Hay tres que ven los canales 1 y 2, luego hay dos que ven los canales 1 y 2 pero no ven el 3 (el niño de la primera frase lo descontamos).

De la misma forma, de los cuatro que ven el 1 y el 3, sólo 3 ven el 1 y el 3 pero no el 2.

Razonando de la misma forma, hay 1 que ve el 2 y el 3 pero no ve el 1.

Puesto que no hay ninguno que ve sólo el canal 1 y el canal 2, no añadimos nuevos amigos.

La cuenta que llevamos hasta ahora es de 1 + 2 + 3 + 1 = 7.

Luego los otros 5 que no hemos mencionado no ven el canal 2 ni el 3, así que o no ven la tele (cosa que supongo que no es posible), o ven únicamente el canal 1.

domingo, 7 de noviembre de 2010

Hallando coordenadas

Enunciado

El patrón más claro es que la última casilla de cada fila es un cuadrado perfecto. En efecto, seguramente te habrán contado que si sumas los primeros impares, obtienes un cuadrado perfecto (1 + 3 + 5 + 9 = 25, por ejemplo). Hay un razonamiento geométrico muy sencillo, en el que se cuentan cuadraditos que forman un cuadrado grande y está claro que entre un cuadrado y el siguiente hay dos filas iguales más un cuadrado pequeño, lo que hace que sea un impar. De todas formas, el patrón salta a la vista si miras la línea oblicua que forman los últimos números de cada fila.

De esta forma, el 48 estará en la línea 7, pero no en la casilla 7, que queda reservada para el 49, si no en la 6. Sus coordenadas serán (7, 6). El 1001 está entre el cuadrado de 31 (961) y el de 32 (1024). El 1024 estaría en (32, 32), y como el 1001 estaría 23 cuadrados a la izquierda, estará en el (32, 9). El 895 está a 5 casillas del 900, que es el cuadrado de 30, por lo que estaría en la (30,25).

El (40, 30) es 10 unidades inferior al cuadrado de 40, 1600, por lo que es el 1590. El (50, -10) es 60 unidades menor que el cuadrado de 50, 2500, por lo que es el 2440.

Por último, la fila 100 tiene 201 cifras, 100 con coordenada positiva, la del 0 y 100 con coordenada negativa. Por tanto los valores de b van de -100 a 100.

sábado, 6 de noviembre de 2010

Luz en un triángulo

Enunciado

Recorrido del rayo

Recorrido del rayo

Los casos de reflexión se entienden mejor si imaginamos que los rayos de luz "atraviesan la línea" que representa la superficie y van a parar a un semiplano simétrico al nuestro (ver dibujo). Así, el que el ángulo de entrada y el de salida sea el mismo se interpreta como que la línea sigue recta.

Como se debe encontrar, sucesivamente, con las líneas AB, AC y BC, cada vez pasaremos a un semiplano simétrico, produciendo un encadenamiento de cuatro triángulos equiláteros. Si llamamos a los puntos simétricos por el mismo nombre que a los originales, en realidad va desde el punto O hasta el punto A del cuarto triángulo.

Si nos fijamos en el dibujo, en realidad basta calcular la distancia entre el vértice de ese cuarto triángulo y el centro del triángulo, ya que es el único recorrido posible para el rayo.

Esa línea y el radio del triángulo OB forman un triángulo rectángulo en B, y es sencillo calcular el radio del triángulo en función de su lado, 1/√(3). Como el otro lado mide 2 unidades, aplicando pitágoras, la longitud buscada vale √(4 + 1/3) = √(39)/3, aproximadamente 2,082.

jueves, 4 de noviembre de 2010

Perímetros y áreas

Enunciado

Dividiendo la curva

Dividiendo la curva

La solución a este problema es muy sencilla, pero su explicación no lo es tanto. Varios comentarios, de nuevo, han dado en el clavo.

La respuesta a la pregunta (a) es que todas las rectas que pasan a O dividen en dos partes iguales el perímetro. La explicación se puede realizar sobre la primera de las imágenes. La línea horizontal, claramente, divide en dos partes iguales el perímetro, ya que el semicírculo mayor tiene el mismo perímetro que la suma de los otros dos, ya que sus radios (y por tanto, sus proporciones lineales) miden la mitad que el grande.

Si usamos ahora una línea que no sea horizontal, como por ejemplo la que está representada en la imagen, forma un ángulo A con la horizontal, y por tanto, resta un fragmento del perímetro inferior que será proporcional al ángulo A (Pi*R*A/180). Sin embargo, debido a la propiedad de los arcos inscritos, el arco que se le quita a la figura superior tiene un ángulo central doble (ya que el ángulo A está en el borde de la circunferencia), y como el radio mide la mitad que el inferior, una cosa se compensa con la otra. Por lo tanto las dos longitudes son iguales.

Dividiendo el área

Dividiendo el área

Sin embargo, no sucede lo mismo con las áreas. La única respuesta a la pregunta (b) es la línea vertical, ya que divide a la figura en dos partes de la misma área por simetría. Está claro que la línea horizontal separa a la figura en dos partes una de las cuales es la mitad (en área) que la otra, y si cortamos por una línea oblícua, aún es mayor el área de abajo que la de arriba, ya que el trozo que añadimos no compensa el que eliminamos, hasta el ángulo medio. No es sencillo calcular las áreas que añadimos y quitamos por proporcionalidad con el ángulo que forma la línea de corte con la horizontal, pero sí ver que aún hace falta para que sean iguales.

La clave está dibujada en la segunda imagen. Está claro que la linea vertical divide a la figura en dos partes simétricas, y por tanto de la misma área. A partir de ahí, se trata de dibujar una línea oblícua, y comprobar que la parte que se le añade en una de las zonas es mucho mayor que la que añade en la otra, puesto que si consideramos el reflejo de ese área respecto al punto O, contiene claramente la otra (ver el segundo dibujo).

domingo, 31 de octubre de 2010

Área sombreada

Enunciado

Dibujo con radios

Dibujo con radios

En este tipo de problemas es necesario trazar uno o más radios de la circunferencia, que unan el centro con los puntos importantes de la misma. En este caso, los puntos donde toca a ambos cuadrados. Es evidente que la relación entre ellos es que la diagonal del pequeño mide lo mismo que el lado del grande.

Por lo tanto, supongamos que el lado del cuadrado grande es L, como dice el problema. Su mitad es el radio de la circunferencia y el área del círculo es radio al cuadrado por pi, es decir, πL2/4.

En el cuadrado pequeño, L es la diagonal, y razonando mediante el teorema de pitágoras, su lado debe medir L/√(2), por lo que su área será L2/2.

El área sombreada será πL2/4 - L2/2, que reduciendo al mismo denominador y sacando factor común, es L2(π-2)/4

sábado, 30 de octubre de 2010

2010 es un buen año

Enunciado

El caso es que los comentarios casi me han dejado sin trabajo, porque la solución es perfecta. Basta tantear un poco para darse cuenta que sumar el par anterior y el siguiente a un número par es lo mismo que sumarlo tres veces, y que sumar cinco pares consecutivos es lo mismo que sumar el del centro 5 veces.

Así, dividiendo 2010 entre 5 obtenemos 402, que debe ser el par medio. Los otros serán los dos anteriores (398 y 400) y los dos siguientes (404 y 406). En efecto, 398 + 400 + 402 + 404 + 406 =2010.

viernes, 29 de octubre de 2010

Entre 2 y entre 3

Enunciado

De nuevo, agradezco los comentarios que aportan soluciones al problema. Sin embargo, este problema requiere alguna explicación adicional.

Cuando tomamos la parte entera de un número, sucede que le restamos una cantidad entre 0 y 1. Por eso, sabemos que 2*[n/2] = n o 2*[n/2] = n - 1, y que 3*[2n/3] = 2n, 3*[2n/3] = 2n - 1, o 3*[2n/3] = 2n - 2. La variante concreta depende de que n sea o no múltiplo de 2 o de 3, y de su resto en este último caso al dividir entre 3.

Para resolver el problema, hemos de contemplar todos los casos, así que tenemos [n/2] + [2n/3] = n + 335, por lo que 3*2[n/2] + 2*3[2n/3] = 6n + 2010. Si n es múltiplo de 2 y de 3, esto equivale a 3n + 4n = 6n + 2010, por lo que n = 2010 (múltiplo de 2 y 3). Si n es múltiplo de 2, pero no de 3 (y 2n da resto 1), la ecuación queda 3n + 4n - 2 = 6n + 2010, de donde n = 2012. De la misma forma, tenemos otros cuatro casos.

Si se quiere representar de una misma forma todo, podemos postular la existencia de un valor entero p que puede ser 0 o 1 (el resto de n al dividir por 2) y un valor q que puede ser 0, 1 ó 2 (resto de 2n al dividir por 3). La ecuación se convertirá en 3n - 3p + 4n - 2q = 6n + 2010, por lo que n = 2010 + 3p + 2q, para los distintos valores de p y q. Hay que comprobar los seis casos para confirmar que coincidan los restos, que son 2010, 2012, 2013, 2014, 2015 y 2017.

martes, 19 de octubre de 2010

El número

Enunciado

En este caso, es bien sencillo abordar el problema, ya que el resto coincide en las dos divisiones.

Eso quiere decir que "sobran" nueve unidades al número para que ambas divisiones sean exactas, por lo que basta encontrar el múltiplo más pequeño de ambos números, el mínimo común múltiplo, de 24 y 97, que no tienen divisores comunes, por lo que es 24*97 = 2328.

El número que buscamos estará 9 unidades más arriba, y será el 2337, como ya anticiparon varios en los comentarios.

domingo, 17 de octubre de 2010

Feliz 2010

Enunciado

Para poder hacer este ejercicio sin tener que recurrir a las ecuaciones, hemos de pensar en que aproximadamente, los cuadrados consecutivos están a distancias similares.

Observa que desde un cuadrado al siguiente hay sólo dos unidades más que al anterior. Es decir, que en realidad, el promedio entre el siguiente, si le quitamos dos unidades, y el anterior es el cuadrado central. Por ejemplo, el promedio de 25 - 2 = 23 y 9 es exactamente 16.

De la misma forma, entre el cuadrado que hay detrás del siguiente y el que hay antes del anterior, tendremos ocho unidades, ya que cada salto de un cuadrado al siguiente añade dos más. En este caso, para que 36 y 4 promedien 16, hay que quitar 8 a 36. De la misma forma, para que 49 y 9 promedien 25, basta quitar 8 a 49.

Bueno, entonces para que cinco cuadrados consecutivos sumen 2010, si todos promediaran el cuadrado central, sumarían 10 menos (8 para que los dos del extremo promedien el central, y 2 para que los siguientes dos lo promedien). Es decir, sumarían 2000, y 2000/5 = 400, que es el cuadrado de 20.

En efecto, 18*18 + 19*19 + 20*20 + 21*21 + 22*22 = 324 + 361 + 400 + 441 + 484 = 2010.

En realidad, si suponemos que "aproximadamente" están a la misma distancia el cuadrado siguiente y el anterior, y dividimos 2010 entre 5, obtenemos 402, que es muy poco más que el cuadrado de 20. Comprobar que la suma coincide es rutina.

Para trabajar con la familia que nos dan, podemos proceder por diferencias, y observar que la diferencia de cada uno de la familia 8, 34, 78, 140, 220,… con el anterior es 26, 44, 62, 80,…, y las diferencias de cada uno de estos con el anterior es 18, 18, 18,…

Si suponemos que eso continúa así, podemos continuar la serie de primeras diferencias sumando 18 continuamente, y la otra usando también la suma.

Es decir, que la serie de diferencias seguiría así: 98, 116, 134, 152, 170, 188, 206, 224, 242, 260,… (Voy calculando conforme los uso en el siguiente párrafo).

Y la serie que nos interesa, se obtendría si a 220 le sumas 98, con 318, después le sumas 116 y da 434, después le sumas 134 y da 568, después le sumas 152 y da 720, después le sumas 170 y llegas a 890, después le sumas 188 y da 1078, después sumas 206 y llegas a 1284, le sumas 224 y llegas a 1508, le sumas 242 y da 1750, al que le sumas 260 y llegas a 2010.

Luego 2010 sí está en la serie, y ocupa la posición 15.

Como idea alternativa, por si parece demasiado largo, se puede comparar esta serie a la de los cuadrados. Como las segundas diferencias entre los cuadrados son 2, y éstas son 9 veces mayores, debemos comparar la serie a 9 veces el cuadrado, es decir 9, 36, 81, 144, 225,…

Claro que, si os dais cuenta, esta serie es casi la misma, es decir, hay una diferencia que sólo es un poco mayor. En concreto 8 = 1*9 - 1, 34 = 4*9 - 2, 78 = 9*9 - 3,…. Si 2010 pertenece a la serie, será un poco más pequeño que nueve veces un cuadrado. si lo dividimos entre 9, hayamos su raíz cuadrada redondeando hacia arriba llegamos a 15. Comprobamos que el cuadrado de 15, multiplicado por 9, menos 15 da exactamente 2010, como ya sabemos.

viernes, 15 de octubre de 2010

Bombillas

Enunciado

Este problema es más sencillo de lo que parece.

En primer lugar, el diseño tan simétrico permite varios procesos para llegar a él. Si pulsamos B y D quedan las filas alternativamente apagadas y encendidas. Si pulsas ahora G e I, la secuencia de estas columnas de luces se invierte, quedando como se quería. Esa cadena de interruptores puede ser usada en cualquier orden para lograr el mismo resultado.

Sin embargo, es imposible lo que se propone en el caso b). Observa que las cuatro bombillas de la esquina superior derecha son controladas exclusivamente por los interruptores A, B, F y G. Cualquier de ellos invierte la situación de dos de ellas, por lo que la cantidad de bombillas encendidas de los cuatro interruptores seguirá siendo impar. De esta forma, se haga lo que se haga, nunca llegarán a estar apagadas las cuatro simultáneamente (una o res seguirán encendidas). Lo mismo se puede decir de cualquier otra combinación de cuatro bombillas en las que una cantidad impar esté encendida.

martes, 12 de octubre de 2010

Se busca un triángulo

Enunciado

Antes de empezar, hay que recordar que si conoces la suma de dos números y su producto, es sencillo averiguar los números. Evidentemente, puedes hacer un sistema, pero no es el método más eficaz.

El sistema más directo consiste en escribir una ecuación de segundo grado de la forma x2 - Sx + P = 0, donde S representa la suma y P el producto. Según habréis estudiado en la resolución de la ecuación de segundo grado, las soluciones de esa ecuación cumplirán que S será su suma y P su producto.

Insisto en que el problema se podría resolver como un sistema de ecuaciones, pero sería más largo.

Como se trata de un triángulo rectángulo, su área se puede calcular multiplicando ambos catetos o la hipotenusa por la altura conocida, de forma que sabemos que a*b = c*96/5 (donde a y b son los catetos y c la hipotenusa.

Como el perímetro es 96, sabemos que a + b + c = 96, es decir, a + b = 96 - c.

Por último, el Teorema de Pitágoras, que dice que a2 + b2 = c2. Combinando la segunda ecuación con la tercera, (a + b)2 = a2 + b2 + 2ab = (96 - c)2 = 962 + c2 - 192c. Como toda la expresión podemos remitirla a los valores de c, tenemos que c2 + 2*c*96/5 = 962 + c2 - 192c.

De esta igualdad obtenemos una ecuación de primer grado en c, c*2*96*(1 + 1/5) = 962, de donde c*2*6/5 = 96, por lo que c = 40.

A partir de ahí, a + b = 56 y a*b = 768, por lo que son las soluciones de la ecuación x2 - 56x + 768 = 0, que son 32 y 24.

Por lo tanto, los lados son 24, 32 y 40.

domingo, 10 de octubre de 2010

El tren

Enunciado

El problema es un sencillo problema de sucesiones, en realidad. O de sistemas de ecuaciones, si se quiere ver así.

En cada parada, el número de personas total del tren aumenta en 3 personas, mientras que la recaudación aumenta en 3,9*5 = 19,5 euros.

Sin embargo, hay un dato desconocido, y es cuántos pasajeros había en principio (x), y la recaudación inicial, 3,9x.

Como los datos que tenemos es el número total de pasajeros a su llegada, y la recaudación final, es sencillo plantear el sistema.

Otra manera de verlo es realizar el trayecto al revés. Imagina que recorres el trayecto al contrario, descontando 19,5 euros en cada parada, y disminuyendo el número de pasajeros en 3. Cuando te coincida la cantidad de pasajeros con el precio del billete que deben pagar (3,9 cada uno), estaremos en nuestro destino.

Aún podemos abordarlo de otra forma, con la recaudación final (569,4 euros) se han pagado exactamente 569,4/3,9 = 146 billetes. Como en Valencia sólo quedan 124 a bordo, hay 146 - 124 = 22 pasajeros que se han ido bajando en las estaciones intermedias. Eso supone que hay 11 estaciones intermedias, puesto que en cada una han bajado 2 personas.

Este razonamiento es el que más me ha gustado de los planteados en los comentarios.

sábado, 9 de octubre de 2010

El vendedor

Enunciado

Es una pregunta sobre semejanza. Aunque a mucha gente no le parezca intuitivo, cuando construimos figuras semejantes, las relaciones entre distancias y longitudes son proporcionales, es decir, existe una constante, llamada factor de semejanza o proporcionalidad, que resulta de el cociente de longitudes correspondientes en las dos figuras semejantes. Si embargo, dividir áreas en las dos figuras da lugar al mismo factor al cuadrado, y si fuesen volúmenes, al cubo.

Al cambiar el cordel por otro de longitud doble, la cuerda que rodea a los troncos de regaliz es una figura semejante (pues es un círculo de doble longitud). Y la razón es 2, pues es lo que obtenemos al dividir las longitudes de las circunferencias.

Sin embargo, el número de trozos de regaliz que podemos meter depende del área, y por lo tanto, su cociente dará un resultado de 2*2 = 4. Eso quiere decir que una cuerda de doble longitud une 4 veces más troncos de regaliz (y, claro, si fuese el triple de larga, uniría 9 veces más troncos).

jueves, 7 de octubre de 2010

Hace falta llegar puntualmente

Enunciado

En los comentarios al enunciado se explica bastante bien la solución, que tampoco tiene demasiada explicación posible.

En una semana, hay 7 días, que son 24*7 = 168 horas. Como cada hora retrasa 5 segundos, se retrasará 168*5 = 840 segundos, que son 840/60 = 14 minutos, por lo que el reloj señalará exactamente las 23:46, es decir, faltarán 14 minutos para las 00:00.

martes, 5 de octubre de 2010

Conjuntos de impares

Enunciado

Es difícil encontrar una explicación mejor que la que hacen en los comentarios del enunciado, me ha sido de mucha utilidad.

En principio, este problema se aborda estudiando la suma total del conjunto, y para esto se recurre a la suma de una progresión aritmética, o lo que es lo mismo, a agrupar en pares empezando desde los dos extremos, de forma que cada par sume lo mismo. Obtenemos n/2 pares de números (y medio par, o, lo que es lo mismo, la mitad de la suma).

De esta forma, llegamos a la conclusión de que la suma de todos los elementos del conjunto In es 2n*n/2 = n2.

Evidentemente, encontrar dos grupos de enteros que sumen la mitad de esta cifra será imposible si n es impar, porque n2 será impar.

En caso que sea par, ya que tenemos agrupados los números por parejas que suman lo mismo, sería cómodo encontrar dos conjuntos que tuviesen la misma cantidad de parejas, pero esto sólo es posible en el caso en que n sea múltiplo de 4, por lo que podemos afirmar que el problema está ya solucionado en ese caso (n múltiplo de 4), ya que separaremos fácilmente el conjunto en dos subconjuntos que suman lo mismo.

En el caso en que n sea par pero no múltiplo de cuatro (n= 4k - 2) debemos tantear un poco más. Es fácil ver que para n = 2 no es posible, pero rápidamente podemos encontrar particiones para n = 6 y n = 10. De hecho, podemos encontrar una partición muy sencilla, suponiendo que tenemos repartidos en dos conjuntos de igual suma los del múltiplo de 4 anterior, ya que bastaría ubicar con acierto los impares 8k + 1 y 8k + 3. La idea que da Lluis en su comentario es una de las más sencillas, ponemos 8k + 3 en el conjunto en el que esté el 1, a este número lo cambiamos de conjunto y 8k + 1 lo añadimos en el otro. De esta forma, la suma de ambos conjuntos se incrementa en 8k + 2, y por lo tanto suman lo mismo.

Así pues, es posible descomponer In en dos conjuntos de la misma suma para todo n par mayor de 2, e imposible en caso contrario.

domingo, 3 de octubre de 2010

Cuadrado y triángulo

Enunciado

En los comentarios del enunciado se dan suficientes soluciones, trataré sólo de aclararlas un poco.

Calcular directamente el área del triángulo es complicado, pero calcular la diferencia se trata únicamente de calcular el área de tres triángulos rectángulos, de los que dos son iguales (en el dibujo original, en azul).

Para este cálculo, sólo necesitamos una única longitud, que puede ser la que nos da un cateto del triángulo rectángulo isósceles. En cuanto tengamos esa medida, llamémosla x, el área del triángulo isósceles es x*x/2, y la de los triángulos rectángulos iguales será 2*(1-x)*1/2 = 1 - x, es decir, que el área total del triángulo será 1 - x*x/2 - (1 - x) = x - x*x/2.

Ahora, vamos a calcular x. Sabemos que el triángulo equilátero (el rojo en el enunciado) tiene todos sus lados iguales, y por el Teorema de Pitágoras, al ser el lado la hipotenusa de ambos tipos de triángulos, se tiene que 2*x2 = (1 - x)2 + 1, de donde, si desarrollamos la ecuación y la convertimos en una ecuación de segundo grado, queda x2 + 2x - 2 = 0, que tiene las soluciones -1 + √3 y -1 - √3. La segunda es negativa, por lo que no tiene sentido en este problema, de forma que tenemos que x = √3 - 1.

Como ya hemos visto, entonces el área del triángulo equilátero es x - x*x/2, es decir, √3 - 1 - (4 - 2√3)/2 = 2√3 - 3, que vale aproximadamente 0,4641 unidades cuadradas.

viernes, 1 de octubre de 2010

La edad de la abuela de María

Enunciado

El resultado se ha comentado en el primer comentario a la entrada. Lo cierto es que lo más complicado del ejercicio es entender que si un número lo elevas al cuadrado y lo vuelves a elevar, esta vez a la cuarta, es como si desde el principio lo hubieses elevado a ocho.

Después le sacas la raíz cuadrada, pero eso significa que lo dejas elevado a cuatro, puesto que elevar a cuatro y al cuadrado, también da lo mismo que elevado a ocho.

Por último, el número, que estaba elevado a cuatro, lo divides por él mismo, de forma que queda el mismo número elevado al cubo (a 3).

A partir de ahí se trata de buscar un número que al elevarlo a 3 dé como resultado un número de seis cifras que empieza por 3 y acaba por 8. De todos las últimas cifras posibles, la única que puede dar lugar a un 8 es un 2, como se puede comprobar rápidamente.

Pero si nos fijamos, el cubo de 62 es demasiado pequeño (238328) y el de 82 demasiado grande (551368). El único resultado, por lo tanto que encaja, es 72, que da 373248.

Por lo tanto, en efecto, la edad de la abuela de María es 72 años.

Torre de cubos

Enunciado

Lo mejor es estudiar cada piso por separado. Cada torre equivale a los pisos superiores de una torre muy grande, de forma que podemos empezar por el cubito que empieza en la torre superior.

Observamos que tiene una cara descubierta superior, dos que se ven en la imagen y dos por "detrás". En total, en ese piso podremos pegar 5 pegatinas.

En el segundo piso sólo hay dos caras visibles en la parte superior, cuatro al frente y cuatro por detrás, de forma que necesitamos 10 pegatinas (¡el doble!).

En el tercero, serán tres en la parte superior, seis en la lateral y seis por detrás, es decir, quince más.

Está claro que podemos crear una fórmula fácilmente para cada piso, 5*piso. Y comprobamos que funciona.

Ahora bien, una torre de un piso necesita 5 pegatinas.

Una torre de dos pisos, 5 + 10 = 15 pegatinas.

Una de tres pisos, 5 + 10 + 15 = 30 pegatinas.

Una de cuatro (como la del ejemplo), 30 + 20 = 50 pegatinas.

Podemos seguir rápidamente hasta 180, ya que 50 + 25 = 75, 75 + 30 = 105, 105 + 35 = 140 y 140 + 40 = 180, que será una torre de 8 pisos.

Para construir una fórmula necesitamos que la fórmula nos sume los múltiplos de 5.

Este tipo de fórmulas es parecido a sumar números consecutivos. Existe un truco muy sencillo que es agrupar los números que tenemos al principio y al final, y emparejar así a todos.

De esta forma 5 + 10 + 15 + ... + 60 + 65 = (5 + 65) + (10 + 60) + (15 + 55) + ... y todas suman lo mismo.

¿Cuántas parejas habrá? pues la mitad que los pisos que tenemos que sumar. Así si llamamos N al número de pisos, el piso que más pegatinas lleva es el de abajo, que llevará N*5, y la suma será (5 + 5*N)*N/2.

Comprobamos que funciona. Si N = 1, sabemos que son 5 pegatinas, y la fórmula da (5 + 5)*1/2 = 5.

Si N = 2, son 15 las pegatinas y la fórmula da (5 + 10)*2/2 = 15.

Para N = 3, la fórmula da (5 + 15)*3/2 = 30.

Puedes comprobar que la fórmula encaja con todos los casos que quieras.

domingo, 26 de septiembre de 2010

Un número de cuatro cifras

Enunciado

La idea general es plantear el problema como una ecuación diofántica (con soluciones enteras) combinada con desigualdades (que las cifras sean válidas). Tendemos a plantear estas ecuaciones usando cifras aisladas, con lo que habitualmente nos liamos bastante si hay cuatro, como es el caso. Al menos, a mí me pasa.

Este problema en realidad busca pares de cifras, es decir, que podemos llamar x al primer par de cifras e y al siguiente. Sabemos entonces que x está entre 10 y 99, y que y está entre 0 y 100.

Con esta premisa, tenemos que el número de 4 cifras es 100x + y, y cumple 100x + y = x2 + y2 - y. Si agrupamos incógnitas, tenemos -x2 + 100x = y2 - 2y. Es tentador ver en este segundo extremo el cuadrado de una resta. Vamos a añadirle 1, y obtenemos -x2 + 100x + 1 = y2 - 2y + 1 = (y - 1)2. Para facilitar la escritura, llamemos a y - 1 = z.

Tenemos que -x2 + 100x + 1 = z2. Si lo escribimos como una ecuación de segundo grado, x2 - 100x + z2 - 1 = 0, en la que los coeficientes son 1, -100 y z2 - 1. Esta ecuación tiene, para algún valor de z, soluciones enteras entre 10 y 99, luego su discriminante (lo que hay dentro de la raíz) será un cuadrado perfecto.

Es decir, que x = (100 ± √(10000 - 4(z2 - 1)))/2. Dividiendo por 2 ambos sumandos, e introduciendo el 2 en la raíz como 4, tenemos que x = 50 ± √(2500 - z2 + 1) = 50 ± √(2501 - z2). Si x es un entero, 2501 - z2 debe entonces ser un cuadrado perfecto, llamémosle t2. Por tanto 2501 = z2 + t2.

Así que si conseguimos 2501 = z2 + t2, y = z + 1, y x = 50 ± t. Vamos a comprobar cómo se puede descomponer 2501 en la suma de dos cuadrados perfectos (recuerda que no disponemos de calculadora durante la prueba). En realidad uno de los dos cuadrados debe acumular más de la mitad de 2501, así que el mayor debe estar entre 35 y 50. No veo otro remedio que preparar una tabla de valores de los cuadrados entre 35 y 50, y comprobar si la suma cuadra.

Parece una tarea complicada, pero no lo es tanto si pensamos que los cuadrados se pueden lograr sumando impares, es decir que, tras calcular 352 = 1225, podemos encontrar 362 sumando sólo 1225 + 71 = 1296, luego 1296 + 73 = 1369, etcétera (observa que 71 = 35*2 + 1).

El caso es que después de un rato de cálculo manual y comprobaciones (son 15 números, pero hay que sacar raíces de las diferencias, aunque sea mentalmente), sólo encuentro dos posibles resultados para 2501 = 502 + 12 = 492 + 102 (precisamente los dos últimos de mi tabla).

Eso significa que hay cuatro posibilidades. Vamos a detallarlas.

Si z = 50 y t = 1, x = 51 ó 49, e y = 51. De aquí obtenemos el 5151 y el 4951.

Si z = 1 y t = 50, x = 100 ó 0 e y = 2. Ninguno de los dos resultados es válido, ya que en un caso tenemos cinco cifras y en otro, una (en realidad, 0002 podría valer si no se mencionase en el enunciado que no empieza por cero).

Si z = 49 y t = 10, x = 60 ó 40, e y = 50. De aquí obtenemos el 6050 y el 4050.

Si z = 10 y t = 49, x = 99 ó 1, e y = 11. De aquí obtenemos el 9911 y un número no válido, de tres cifras, el 0111.

Resumiendo, los números pueden ser 5151, 4951, 6050, 4050 y 9911. Se comprueba que los cinco cumplen la condición pedida.

viernes, 24 de septiembre de 2010

Suma nueves

Enunciado

Los que lo han resuelto en los comentarios del enunciado han dado, de nuevo, en el clavo.

La idea central es que todos los sumandos están compuestos de nueves, así que basta añadirles una unidad para convertirlos en una unidad seguido de ceros, que resulta muy fácil de manejar.

Para que el número S siga valiendo lo mismo, procederemos a sumar una unidad a cada uno de nuestros incómodos sumandos, y restar 99, que sigue siendo lo mismo.

De esta forma, S = 10 + 100 + 1000 + ... 1000...000 - 99 (donde el penúltimo sumando consta de un 1 y 99 ceros).

Es decir, el número S equivaldría a 111...1110 - 99 (donde el número se entiende formado por 99 unos y un cero al final).

Encontrar el resultado de esta resta es sencillo (restar 99 es lo mismo que restar 100 y sumar 1), y concluimos que la expresión decimal de S es 111...111011, donde encontramos 97 unos, un cero y dos unos.

Y, claro, la suma de sus cifras es 99. ¡Qué casualidad!

jueves, 23 de septiembre de 2010

Las bicicletas

Enunciado

Evidentemente, se puede abordar con ecuaciones. Pero también podemos razonar para resolverlo sin su ayuda.

Lo primero que debemos razonar es lo que sucede cuando añadimos a un conjunto de ocho bicicletas otra cuyo precio sube la media aritmética.

Podemos suponer que todas las primeras bicicletas valen lo mismo, así que si añadimos una bicicleta más que sube la media, debe valer 9 euros más que las otras para subir la media un euro, y en ese caso, está ocho euros por encima de la media resultante.

De la misma forma, si queremos que suba dos euros la media, deberá estar 18 euros por encima del valor medio anterior, y eso supone 16 por encima del definitivo.

Si te das cuenta, para conseguir que quede 64 euros por encima de la media definitiva, deberá subir esta media 8 euros, es decir, que costará 82 + 8 + 64 = 154 euros.

Esto es debido a que empleamos 8 euros por cada bicicleta antigua, y otros 8 más por la nueva, para subir la media.

domingo, 19 de septiembre de 2010

De celebración

Enunciado

Como de costubre, los comentarios han dado una solución válida, pero han usado una herramienta que, generalmente, los estudiantes de primaria no comprenden bien todavía. Veamos cómo encarar el problema sin usar el álgebra.

Puesto que tenemos que repartir a los alumnos en grupos de 4, de 3 y de 2, lo más sencillo es experimentar con un múltiplo de todos ellos, y ver en ese caso cuántos platos se pedirían.

El múltiplo menor que podemos usar es 12, y en el caso en que fueran 12 los estudiantes en el restaurante, necesitarían 3 platos de ensalada, 4 pizzas y 6 postres, lo que hace un total de 13 platos los que tomarían en total.

Como sabemos que la cantidad de platos que realmente se pidieron fueron 65, que es 5 veces más que 13 (65 = 13*5), eso indica que la cantidad de alumnos fue 5 veces la del experimento, es decir, 12*5 = 60.

Por lo tanto, fueron 60 estudiantes a la comida.

sábado, 18 de septiembre de 2010

Una ecuación complicada

Enunciado

En una ecuación con raíces de tercer grado no podemos aplicar la misma estrategia que en una con raíces de segundo grado. Despejar alguna de las dos raíces y elevar (en este caso, al cubo) nos causará más problemas, ya que de nuevo aparecerán dos términos con raíces de tercer grado. Por si no lo sabías, el cubo de la suma tiene nada menos que cuatro términos.

De alguna manera, debemos eliminar una de las dos raíces antes de tratar de elevar la otra. El método más conveniente es por substitución, es decir, como hacen en uno de los comentarios. Tomamos la raíz más sencilla, y la substituimos por una variable.

Así, tomando x(1/3) = T, o, lo que es lo mismo, x = T3. El otro término quedaría como (1729 - T3)(1/3) al substituir la x, por lo que la ecuación pasaría a ser (1729 - T3)(1/3) + T = 19.

Ahora sí que podemos quitar la única raíz mediante la estrategia de despejar y elevar, así que tendríamos (1729 - T3)(1/3) = 19 - T, y elevamos al cubo. Hay que tener cuidado con los cuatro términos que obtenemos. Elevando, 1729 - T3 = 6859 - 1083T + 57T2 - T3.

A continuación, pasamos todos los términos de este polinomio al mismo lado y tratamos de factorizarlo, observando que el término de tercer grado desaparece: 57T2 - 1083T + 5130 = 0.

Como todos los números son múltiplos de 57, la ecuación queda T2 - 19T + 90 = 0, cuyas soluciones son, aplicando la conocida fórmula de la ecuación de segundo grado, 10 y 9.

Pero esos números son los valores de T, que recuerda que era x(1/3), con lo que ahora hay que calcular x = T3, en nuestro caso, 729 y 1000.

Así que esas son las dos soluciones a la ecuación inicial, 729 y 1000.

El gran producto

Enunciado

Este tipo de problemas siempre busca un patrón en las cifras de los productos, en este caso trabajaremos por separado en las dos potencias.

Las potencias de tres siguen un patrón en su última cifra de longitud 4 : 1, 3, 9, 7, 1, 3, 9, 7. Esto es así porque la última cifra siguiente sólo depende de la última cifra de la potencia anterior, y 1*3 = 3, 3*3 = 9, 9*3 = 27 y 7*3 = 21.

Por lo tanto, si elevamos 3 a cualquier potencia múltiplo de 4, acabará en 1. El número más cercano a 27653 que es múltiplo de 4 se puede sacar dividiendo este número entre 4, que da 6914 y resto 1, es decir, que 27652 es múltiplo de 4, por lo que al elevar 3 a 27652 acaba en 1, y al elevarlo a 27652 acabará en 3.

Para las potencias de 7 podemos hacer algo similar, ya que 1*7 = 7, 7*7 = 49, 9*7 = 63, 3*7 = 21, volvemos a tener un ciclo de cuatro posibles terminaciones, 1, 7, 9, 3 (curiosamente, son las mismas). Ahora la potencia que buscamos es 79578, que dividida entre 4 da 19666 y resto 2. De ahí deducimos que la potencia 79578 acaba en 9.

El producto de estos dos números acabará en 7, debido a que 3 por 9 acaba en 7.

Recorrido ciclista

Enunciado

Gráfica de tiempo-distancia

Gráfica de tiempo-distancia

Como dice David en el comentario, se trata de aplicar el teorema de Pitágoras sucesivas veces y calcular la distancia a la que están. La gráfica queda como indica el dibujo que acompaña a estas líneas, donde el tiempo (una unidad es lo que tardan en recorrer ambos un paso), como siempre, ocupa el eje horizontal.

Para responder al apartado b) hay que fijarse en que entre el paso 3 y el cuatro que dan, superan los tres pasos de distancia entre ellos, por lo que sólo podrán comunicarse hasta ese momento, y después, entre el noveno y décimo paso vuelven a entrar en una zona de alcance, por lo que vuelven a poder establecer contacto hasta el final.

lunes, 13 de septiembre de 2010

Números coloreados

Enunciado

En esta ocasión la idea es releer bien el enunciado y experimentar un poco.

Si el número 1 se pinta de color verde, el 1 + 1 = 2 debe ser azul, según la primera regla. Por lo tanto, el 2 + 2 = 4 debe ser de color verde, según la segunda regla, y el 1 + 4 = 5 debe ser de color azul. Razonando de manera análoga, el 7 debe ser verde y el 8, azul. Y el 10, verde.

¿Qué pasa con los números que nos han quedado sin pintar? Se trata del 3, el 6, y el 9.

Observamos que deben ser rojos, porque si el 3 fuese verde, 3 + 1 = 4 debe ser de color azul, y no verde, y eso entraría en contradicción. De la misma forma, 6 + 1 = 7 es verde, y por eso 6 no puede ser verde, y 10 es verde, con lo que 9 tampoco lo puede ser. Pero tampoco pueden ser azules, puesto que 2 es azul, y 3 + 2 = 5 es azul, al igual que 8 y 11. Por eso 3, 6 y 9 son rojos. Observamos una repetición evidente de colores en ternas verde - azul - rojo.

Para responder a la segunda pregunta, habría que llegar al número 125 y al 381. Pero podemos ir de tres en tres. Lo mejor es seguir los múltiplos de 3, que son rojos. El 125 no es múltiplo de 3 (1 + 2 + 5 = 8), pero 123 sí (1 + 2 + 3 = 6), así que debe ser rojo. Entonces, 124 es verde y 125, azul. De manera similar, 3 + 8 + 1 = 12, que es múltiplo de 3, por lo que es rojo.

La tercera parte hay un cambio de color en el 1, a azul, de forma que hay que volver a hacer un breve estudio, que rápidamente concluye en que la cadena ahora es azul - verde - rojo, volviendo a ser rojos los múltiplos de 3. El 2009 no lo es (2 + 9 = 11), pero el 2007 sí, por lo que será rojo, y el 2008, azul, y el 2009, que es el que se nos pregunta, verde.

domingo, 12 de septiembre de 2010

Plantando árboles

Enunciado

Este es un complejo problema de combinatoria, que puede usarse como modelo de muchos de este estilo. Es conveniente ensayar las ideas en un modelo más pequeño. Para empezar, plantar 5 hayas entre 12 árboles parecen números demasiado grandes para razonar. Después de razonar sobre cantidades menores, podemos lanzarnos al problema completo.

He probado a plantearlo de diferentes formas, pero en cualquier caso resulta bastante complicado. En la solución oficial distinguen dos formas de abordarlo: pensar en que todos los árboles son distinguibles o no. A mí no me resulta fácil pensar en que los árboles se puedan distinguir o numerar, así que supondré que todas las hayas son iguales, y que los que no lo son también son iguales entre sí. Así, tendremos una cantidad de situaciones equiprobables que supone permutaciones de 12 elementos dividido por permutaciones de 7 y permutaciones de 5 (en combinatoria, 12 sobre 5 o combinaciones de 12 elementos de los que se extraen 5).

La cantidad de combinaciones que eso proporciona es grande, pero confío en poder simplificar factores antes de dar la solución final.

Vamos a buscar los casos favorables, es decir, aquellos en que no hay dos hayas consecutivas, que creo que van a ser menos.

Si considero situados los siete árboles que no son hayas, quedan entre estos seis huecos, además de las posiciones de delante y la de detrás de ellos.

En esos huecos hay que plantar las cinco hayas, pero cada una en uno distinto, por lo que vamos a elegir cinco huecos entre los ocho, es decir, 8 sobre 5 o 8*7*6/(3*2) = 8*7.

La probabilidad que buscamos será, entonces, 8*7/(12!/(7!*5!)) = 8*7*5*4*3*2/(12*11*10*9*8) = 8*7*5*3/(12*11*10*9) = 8*7*3/(12*11*2*9) = 8*7/(12*11*2*3) = 7/(11*3) = 7/99.

Por lo tanto, la probabilidad de que no haya dos hayas juntas es exactamente 7/99, aproximadamente 7,07%.

viernes, 10 de septiembre de 2010

Área desconocida

Enunciado

Cuadrado dividido

Cuadrado dividido

Como de costumbre, hay varias formas de abordar este problema. Podemos usar ecuaciones de rectas, relaciones entre lados y muchas cosas similares. En los comentarios al enunciado hay un par de formas de abordarlo bastante frecuentes. Yo voy a optar por una forma de abordarlo más imaginativa basada en semejanza de triángulos.

Lo que es necesario entender es que AE*5 = EB quiere decir que la longitud AB es 6 veces mayor que AE, es decir, que AE mide 3 y EB mide 15.

Observa que el triángulo EBF y el DFC son semejantes, ya que están en posición de Tales.

Por último, el triángulo CFB y el triángulo DFC ocupan entre ambos medio cuadrado. Si averiguamos el área de DFC, será fácil calcular la de CBF restando.

Ahora bien, las alturas de EBF y DFC suman 18, y entre sí son semejantes con la misma razón que los triángulos. Como las bases están en relación 15 a 18, la razón de semejanza es 15/18 = 5/6. Dicho de otra forma, H + (5/6)*H = 18, es decir, (11/6)*H = 18, por lo que H = 18*6/11 = 108/11. Aplicando la fórmula del área del triángulo DFC, 18*(108/11)/2 = 972/11.

Por último, restando esta cantidad del área de medio cuadrado (18*18/2) obtenemos 18*18/2 -972/11 = 162 - 972/11 = 810/11, que vale aproximadamente 73,64 centímetros cuadrados.

jueves, 9 de septiembre de 2010

La altura misteriosa

Enunciado

Triángulo y semicircunferencias

Triángulo y semicircunferencias

Como cuentan en los comentarios al enunciado, la forma de dar las longitudes del triángulo es en realidad una pista sencilla. Si sabemos las longitudes de las semicircunferencias, en centímetros, (3π, 4π y 5π) una circunferencia completa mediría el doble (6π, 8π y 10π), y los radios de estas circunferencias serían, respectivamente, 3, 4 y 5 centímetros. Puesto que los lados del triángulo son los diámetros de las circunferencias, deben medir 6, 8 y 10 centímetros. Más difícil es calcular la altura del ángulo recto sobre la hipotenusa.

Altura sobre la hipotenusa

Altura sobre la hipotenusa

Si nos fijamos en un triángulo rectángulo cualquiera, la altura lo parte en otros dos triángulos rectángulos que, por tener un ángulo en común cada uno de ellos con el grande, son semejantes a él.

Usando esa figura se puede razonar de diversas maneras para calcular la altura. Voy a proponer aquí una forma bastante original que es muy útil para otros problemas similares.

Tenemos que usar dos triángulos semejantes al que tenemos y que formen una figura como la de la imagen, es decir, que el cateto pequeño de uno de ellos coincida con el grande. Una forma de lograrlo es similar a conseguir un denominador común, podemos multiplicar el triángulo por dos cantidades como 3 y 4, para conseguir el triángulo (18, 24 y 30) y el triángulo (24, 32 y 40). Si unimos los catetos correspondientes, tendremos que la figura será un triángulo cuyos lados miden (30, 40 y 18 + 32 = 50). Eso sería semejante a la que queremos, y su altura mediría 24. Ahora, lo reducimos a la escala que queremos, que es, 6, 8 y 10. Si nos fijamos, por ejemplo, en la hipotenusa, el factor por el que tenemos que dividir es 5, así que la altura medirá exactamente 24/5 = 4.8.

jueves, 5 de agosto de 2010

Demasiado trabajo

Enunciado

Evidentemente, no podemos multiplicar tantos números, pero debemos buscar cierta regularidad. Si nos vamos a fijar sólo en la última cifra, conforme vayamos añadiendo números pares, será 2, 8, 8, 4, 0, 0, ... Es evidente que a partir de ahí será siempre 0, ya que cualquier número que usemos para multiplicar dará lugar a un 0 en esa posición. Por lo tanto, el producto de los 1005 pares acabará, necesariamente, en 0.

Para los impares la cosa es similar, ya que la última cifra es, multiplicando los primeros términos, 1, 3, 5, 5, ... Y parece que a partir de ahí siempre es 5. Pero ¿estamos seguros?

En el caso anterior, cuando multiplicábamos por 0 daba seguro 0, ya que es una propiedad de ese número, pero 5 no tiene esa propiedad.

¿En qué acaban los números cuando los multiplico por 5? En 0 o en 5.

¿Por qué no pueden acabar, en este caso, en 0? Porque siempre uso números impares (y ahí está la clave), y siempre acabará en 5.

Por lo tanto, el producto de los 1005 impares acabará, seguro, en 5.

domingo, 18 de julio de 2010

Conjuntos especiales

Enunciado

En principio podemos empezar por tantear con los números más bajos posibles cuándo se da esta circunstancia. Evidentemente, si dos números son consecutivos, la diferencia es 1, por lo que cumplirán la condición rápidamente si usamos 1 y 2, o 2 y 3. sin embargo, 1 y 3 no la cumplen, por lo que {1, 2, 3} no es un conjunto especial. Como 2, 4 sí cumplen la condición, por ser 4 - 2 = 2, y 4 divide a 4*2 = 8, el conjunto {2, 3, 4} es un conjunto especial, con lo que tenemos resuelto el apartado (a).

Estos tres números, además, están en progresión aritmética, pero si añadimos el 5 no funciona por no ser 5 - 3 = 2 un divisor de 3*5.

Veamos si hay alguna regla general en la situación del apartado (b) (si tanteamos repetidamente, veremos que no es sencillo encontrar cuatro números como nos piden). Un conjunto de esas características dependería de dos números a y b, sería {a, a + b, a + 2b, a + 3b}. Las condiciones que tiene que cumplir es que b2 divide a a*(a + b), a (a + b)*(a + 2b) y a (a + 2b)*(a + 3b), que 4b2 divide a a*(a + 2b) y a (a + b)*(a + 3b) y 9b2 divide a a(a +3b).

Son muchas condiciones, veamos si podemos descubrir algo de todas ellas. De la primera, obtenemos que b2 divide a a2 + ab, es decir, que kb2 = a2 + ab. En estos casos, se suele buscar despejar alguna de las dos incógnitas, pero no parece sencillo. Sin embargo, jugando con esta igualdad, obtenemos que kb2 - ab = a2, por lo que b*(kb - a) = a2. Esto significa que cada factor primo de b está presente en a (puede que un número no divida a otro pero sí a su cuadrado).

Ese descubrimiento nos permite "bajar" a otro conjunto del mismo tipo más sencillo, ya que cuando trabajamos con enteros es muy típico recurrir al ejemplo menor posible. Si estamos en esta situación, dado que todas las condiciones que hemos puesto son productos de dos términos, al dividir a y b por un mismo número, se siguen cumpliendo las mismas relaciones de divisibilidad. Dividiendo por los factores primos de b tanto a como b, llegaremos a otro conjunto especial, con números más bajos. Así, procederemos hasta que b no tenga factores primos, es decir, sea 1.

Hemos llegado a una situación en la que el conjunto es de la forma {x, x + 1, x + 2, x + 3}, y las condiciones son triviales para pares de números consecutivos, como sabemos, pero 4 divide a x(x + 2) y a (x + 1)(x + 3). Sin embargo, está claro que ambos números tienen distinta paridad, es decir, si x es par, (x + 1)(x + 3) es impar, y si es impar, entonces x(x + 2) es impar. Es imposible que ambas relaciones se den a la vez.

Se puede razonar de una manera similar sin reducir a los números más bajos, sencillamente estudiando cuántos factores 2 tiene b, pero sería, a mi juicio, más complicado.

jueves, 15 de julio de 2010

Con dos dados

Enunciado

Como bien cuenta David en su comentario, podemos contar todas las opciones que son favorables de las 36 parejas de resultados distintos, obteniendo que la suma es múltiplo de 6 en los casos en que sume 6 o 12, y que es múltiplo de 5 en los casos en que sume 5 o 10.

Para 6, tenemos las parejas ordenadas 1-5, 2-4, 3-3, 4-2 y 5-1, es decir, 5. Para 5 tenemos sólo 4, para 10 tendremos 3 y para 12 sólo 1. En total, hay 6 que dan múltiplo de 6 y 7 que salen múltiplo de 5, es decir, que es más probable que aparezca un múltiplo de 5, pero por muy poco.

Otro sistema sería ir tomando cada uno de los seis números y desglosarlo a su vez en qué casos logramos o no un múltiplo de los que nos interesa. Evidentemente, el resultado sería sumar de nuevo los casos favorables y obtendríamos el mismo resultado.

sábado, 10 de julio de 2010

La paga semanal

Enunciado

Hay nueve afirmaciones, de las que hemos de averiguar cuáles son verdaderas y cuáles no lo son.

Lo mejor en este caso es buscar contradicciones. Según Marc, Pere cobra 10€, mientras que según Pere, cobra 9€. Está claro que uno de los dos miente. También se contradicen Marc y Pere en que Josep cobra 3€ más que Pere, según Marc, mientras que sólo cobra 2€ más según Pere. Uno de los dos miente, pero otro debe decir la verdad, puesto que uno de los dos miente en la otra contradicción y sólo pueden decir una mentira.

Ya sabemos que Pere cobra 9 o 10€, que Josep cobra más que Pere, 2 ó 3 € más, exactamente. Por tanto, Josep puede cobrar entre 11€ y 13€. Por otra parte, las otras dos afirmaciones son ciertas, por lo que Marc debe cobrar 1€ menos que Pere (8 o 9 €).

Por lo tanto, es falsa la afirmación de Josep en la que dice que Marc cobra 12 €. Como consecuencia, las otras dos deben ser ciertas, es decir, cobra 3€ más (ya que está claro que cobra más) que Marc. Por lo tanto, su paga debe ser entre 11€ y 12€.

Ahora todos tienen dos valores posibles, veamos si hay suficientes datos para aclarar la situación.

Supongamos que Marc cobra 8€. En ese caso, Pere gana 9€ y Josep 11€. Podemos comprobar que en ese caso hay una contradicción, ya que Marc miente dos veces (Pere no cobra 10€ y Marc no gana 3€ más que Pere).

Si Marc cobrara 9€, Pere cobraría 10€, y en ese caso, Josep debe cobrar 12€. Aquí todos dirían dos afirmaciones ciertas y la otra falsa, por lo que es el único caso en el que no hay contradicción y por tanto es la solución al problema.

jueves, 8 de julio de 2010

Cromos

Enunciado

La clave de este problema consiste en entender adecuadamente la expresión "doble de cromos del equipo A que del equipo B. Si hacemos varios experimentos, observaremos que en todos los casos en que se de esta circunstancia, el número total de cromos en total es múltiplo de 3 (1 y 2, 2 y 4, 3 y 6, 4 y 8,...). Es decir, que para estar seguro de que si es posible o no que queden los cromos cumpliendo esa característica, deben quedar, después del regalo, una cantidad de cromos múltiplo de 3. Además, debe ser tres veces la cantidad de cromos de B.

Como inicialmente, el número de cromos es 6 + 12 + 14 + 15 + 23 + 29 = 99, que es múltiplo de 3, la página que regala deberá ser múltiplo de 3.

Así, la respuesta a (a) es que no, que es imposible, puesto que quedan 85 cromos, que no es un múltiplo de 3.

La respuesta a la (b) es más larga, ya que el resultado es un múltiplo de 3, 84 = 3*28. Pero la condición de que cada página debe tener cromos de un único equipo exige que haya exactamente 28 cromos de B, por lo que debemos encontrar si se puede sumar las páginas para que de exactamente 28. Comprobamos que es imposible, porque no hay ninguna suma que dé exactamente 28. Así que no es posible que la página sea la de 15.

Para la pregunta (c), también obtenemos un múltiplo de 3, ya que 99 - 12 = 87 = 3*29. Además, 14 + 15 = 29, por lo que podría ser que esas dos páginas fuesen las de B y las otras ( 6 + 23 + 29 = 58 = 2*29) fuesen del A.

El criterio que hemos usado es el que hay que explicar, es decir, debemos regalar una página de forma que, al restarla del total, obtengamos un número divisible por 3. El resultado de dividir por 3 debe poderse obtener sumando algunos de los números que quedan.

domingo, 4 de julio de 2010

Un punto del tetraedro

Enunciado

Tetraedro regular

Tetraedro regular

Tetraedro desplegado

Tetraedro desplegado

He preparado dos vistas del tetraedro, para que se vea en perspectiva y desplegado, que suelen ser las mejores formas de abordar un problema tridimensional.

Aquí se aprecia que el ángulo CED está en un triángulo isósceles, esté donde esté el punto E dentro de la arista. Esto es debido a la simetría de la figura, ya que los segmentos ED y EC están dentro de dos triángulos equiláteros iguales, y son simétricos respecto al eje AB.

Debido a esto, el ángulo CED será mayor cuando la longitud de ambos segmentos sea lo menor posible (por ejemplo, aplicando el teorema de los senos, o el del coseno, por ejemplo, pero también mediante trigonometría elemental, aplicada a los triángulos rectángulos que se obtienen al cortar en dos triángulos rectángulos un triángulo isósceles).

Evidentemente, la longitud mínima de estos segmentos se obtiene cuando el segmento ED (y el EC) es perpendicular al segmento AB, y en ese caso E está exactamente en el centro, debido a que tanto ACB como ADB son triángulos equiláteros.

Así que el valor máximo se da cuando el punto es el punto medio.

jueves, 1 de julio de 2010

Matrícula enigmática

Enunciado

Este problema es muy sencillo.

Si es realmente un múltiplo de 6, sus cifras sumarán 3 o múltiplo de 3, y la última cifra será par. Puesto que es la última, debe ser la cuarta, y será la siguiente de la segunda, por lo que dice otra de las afirmaciones.

Podría tratarse de 2 y 1, o de 4 y 3, o de 6 y 5, o 8 y 7.

Como las cifras segunda y cuarta forman un múltiplo de 3, sólo nos deja las opciones 1 y 2 o 7 y 8. Ahora bien, las otras dos (que también deben ser consecutivas), también deben sumar 3 o un múltiplo de 3, y deben ser consecutivas, por lo que tenemos 4 números posibles 1122, 1728, 7182 y 7788.

Evidentemente, el menor de todos es el 1122.

domingo, 27 de junio de 2010

Septilandia

Enunciado

Este tipo de situación tiene una manera de abordarse muy especial. Si consigues cambiar una moneda de sitio, cualquier otra combinación se puede hacer sencillamente repitiendo el intercambio muchas veces, aunque es posible simplificarlo mucho. Encontrar esa forma puede llegar a ser muy complejo, hay una búsqueda sistemática, pero se puede hacer también por tanteo.

En este caso, como 7*3 = 21 y 10*2 = 20, es suficiente pagar tres de 7 y que te devuelvan dos de 10 para conseguir cambiar una, y procediendo así una y otra vez consigues pagar cualquier cantidad.

Sin embargo, pagar 8 es más sencillo si pagamos 4 de 7 y nos devuelven 2 de 10. Y se puede buscar por terminaciones (o restos al dividir por 10), como se hace en los comentarios del enunciado.

Pagar 9 también se puede hacer cómodo pagar 3 de 10 y que nos devuelvan 3 de 7.

Pagar 2 es casi tan sencillo como 8, ya que 2 + 8 suma 10. Pagamos 3 de 10 y nos devuelven 4 de 7.

Por último, para pagar 269 hay que pensar en pagar 260 (26 de 10) y cómo pagar las 9 mediante una devolución de 10, ya que evitamos tener que manejar restas. Así, como 9 se puede conseguir pagando 7 de 7 y devolviendo cuatro de 10, evitas pagar 4 de los 26, es decir, pagas 22 de 10 y 7 de 7 (en efecto, 220 + 49 = 269).

jueves, 24 de junio de 2010

Camino de baldosas

Enunciado

Vamos primero con el apartado (a). Si tenemos que usar una única baldosa negra, tendremos que usar cuatro blancas para llenar el camino. La única diferencia entre un embaldosado posible u otro consiste en el lugar donde situamos la baldosa negra, de forma que podemos situarla al principio del camino, al final, o en entre dos de las cuatro baldosas, lo que hace un total de cinco posiciones distintas.

El apartado (b) es bastante más complejo. Puesto que disponemos de tres baldosas negras, tenemos que usar tres baldosas blancas. Si nos fijamos en la situación de las baldosas blancas, podemos numerar los espacios donde pueden ir una o varias baldosas negras del 1 al 4 (como en el apartado (a). Así, si situamos las tres baldosas negras juntas, tendremos 4 formas diferentes de colocarlas. Si situamos dos juntas y una no, tendremos 4 lugares donde colocar la baldosa suelta y tres donde colocar el par de baldosas, es decir, 4*3 = 12 situaciones diferentes, y si colocamos las tres baldosas en sitios diferentes, sólo uno de los espacios queda vacío, por lo que hay cuatro formas de situarlas. En total hay 4 + 12 + 4 = 20 formas diferentes.

El apartado (c) necesita situar 5 baldosas negras y por tanto dos blancas. En esta ocasión resulta más cómodo estudiar dónde ponemos las blancas, porque son menos. Disponemos de 6 lugares en relación a las baldosas negras, principio, final y las cuatro situaciones intermedias. Si situamos las baldosas blancas juntas tendremos entonces 6 posiciones. si las situamos separadas, utilizamos una estrategia similar a la del apartado anterior, ya que tendremos 6*5 = 30 formas, pero estarán repetidas por parejas que resultan idénticas, de forma que sólo encontraremos 15 diferentes. En total, hay 15 + 6 = 21 formas distintas.

domingo, 20 de junio de 2010

Tablero de 16

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Siete fichas

Siete fichas

Para ubicar las siete fichas del apartado (a) debemos tener en cuenta que, cuando quitemos las casillas en una dirección, ya sea horizontal o vertical, deben quedar al menos tres fichas en tres columnas (o filas, si hemos quitado columnas) diferentes.

Después de hacer varios ensayos, seis de esas filas deben acabar repartidas en tres filas de una manera peculiar. Un ejemplo lo tenemos en la imagen que acompaña a estas líneas. En el cuadrado 3x3 de la parte superior izquierda hay seis fichas.

Si quitamos dos filas de ellas, necesariamente quedarán dos columnas ocupadas, que junto a la otra ficha suelta, impedirían que quitar dos columnas eliminase todas las fichas. Si, por el contrario, sólo quitamos una fila, para poder eliminar la ficha sobrante, entonces las otras fichas estarían repartidas en tres columnas diferentes, por lo que de nuevo tendríamos la misma situación.

Probar el apartado (b) es sencillo. Si hay sólo 6 fichas en el tablero, en alguna fila habrá al menos dos fichas (principio del palomar, o de Dirichlet). Seleccionamos esa fila, y quedan a lo sumo cuatro fichas en las tres filas restantes. Como no hay bastantes para que haya dos más que en una fila, hay dos filas que sólo tienen una ficha (como mucho). Seleccionamos la tercera fila, y sólo quedan dos fichas sobre el tablero, de forma que es sencillo encontrar las columnas que hay que quitar para eliminarlas.

jueves, 17 de junio de 2010

Otra zona sombreada

Enunciado

Como han anticipado los comentarios, hay varios sistemas para resolver este problema.

Uno de ellos se puede hacer mediante ecuaciones de rectas, situando el rectángulo sobre unos ejes.

Otro de ellos consiste en identificar triángulos semejantes, que es mi favorita, ya que ni siquiera necesita las medidas del rectángulo, sólo su área, que es de 300 centímetros cuadrados.

Más zonas sombreadas

Más zonas sombreadas

En efecto, si miramos el dibujo, las dos zonas coloreadas en rojo y gris forman un triángulo cuya base es la tercera parte del rectángulo y tiene la misma altura, de forma que el área de esta figura es la sexta parte de la del rectángulo (50 centímetros cuadrados).

Por otro lado, los triángulos azul y rojo son claramente semejantes, y la razón de semejanza es 3/2, luego la altura del grande es 3/2 de la pequeña, sumando entre ambas la altura total del rectángulo. Como 1+ 3/2 = 5/2, eso quiere decir que el triángulo pequeño (el rojo) tiene una altura de 2/5 del rectángulo. Como su base mide también la tercera parte, su área medirá (1/3)*(2/5)/2 = 1/15 del rectángulo total, es decir 20 centímetros cuadrados.

Por lo que el área gris es 50 - 20 = 30 centímetros cuadrados.

Hay otra manera que es trabajando con un triángulo rectángulo, ya que ya que es sencillo darse cuenta, dividiendo la figura en dos con una línea vertical, que las dos líneas que se cruzan dentro del triángulo son perpendiculares, con las medidas que se han usado en el ejercicio.