jueves, 29 de abril de 2010

Mundocubo

Enunciado

Mundocubo mediado el reparto

Mundocubo mediado el reparto

Lo que se pide es equivalente a unir las zonas a pares. Si se prueba a hacerlo sin ningún orden encontraremos que frecuentemente no podemos continuar, teniendo que volver a iniciar el dibujo.

Para empezar de forma ordenada es conveniente, después de entender qué zona está en contacto con cuál otra en la realidad, anotar la cantidad de opciones que tenemos en cada cuadrado para unirlas con sus vecinas, para poder empezar por las que menos opciones tienen, es decir, donde el conflicto es mayor.

Observad en la imagen cómo, después de anotar la cantidad de opciones en cada cuadrado, he empezado donde aparece más veces el número 2 (zona roja), encontrando sólo dos posibilidades para la zona dibujada.

Ejemplo de mapa de Mundocubo relleno

Ejemplo de mapa de Mundocubo relleno

Para pintar el resto, basta volver a realizar el proceso, buscando la zona más crítica. Hay hasta cuatro formas distintas de unir los cuadrados que quedan, es decir, hay exactamente ocho formas diferentes de repartir los territorios en zonas de dos cuadrados contiguos (luego faltaría el asunto de repartir las nueve zonas entre los hermanos, pero ese es otro cantar). Ten en cuenta que las cuatro formas de terminar son independientes de las dos formas de rellenar la zona anterior, ya que las zonas son siempre las mismas.

En el segundo dibujo vemos uno de las formas de repartir el cubo ya terminada.

lunes, 26 de abril de 2010

Desayuno

Enunciado

Parece que este problema no se ha entendido como yo hubiese querido. La intención era que se vaciasen los tres botes a la vez poniendo las mismas cantidades de dos botes cada vez, aunque esas cantidades pudieran variar de día en día.

Si se quiere vaciar los tres botes con cantidades iguales todos los días nos tropezamos con la situación de encontrar una cantidad 2n de tostadas que cumpla que 2n*k = 500 + 350 + 280 = 1130, con k entre 10 y 50, y además pk debe ser múltiplo de 500, qk de 350 y sk de 280, con p, q y s enteros. Parece demasiado difícil. De hecho, si tenemos en cuenta todas estas igualdades, rápidamente obtenemos que la cantidad k debe ser 10, para que todo cuadre y entonces el número de tostadas es impar, así que no es posible.

Pero el problema tal y como yo lo pensé en un principio no requería que las cantidades fuesen iguales todos los días, sino iguales para los dos hermanos, aunque fuesen diferentes todos los días. Quería que el objetivo fuese que no quedase un bote lleno y los otros dos vacíos. Y hay muchas maneras de lograrlo. La más inmediata es sumar 280 y 350, lo que da un total de 630, 130 más que 500.

En este caso, se va disponiendo mermelada de pera y ciruela todos los días hasta gastar un total de 130, que es la diferencia entre ambos. Por ejemplo, puedes poner un día 30 gramos a cada uno, y otro 35 a cada uno. Entonces quedará 500 de fresa, 285 de pera y 215 de ciruela. A partir de ese momento, da igual (casi) cuánta mermelada se ponga en las tostadas, siempre que una de ellas sea de fresa. Al final, cuando quede menos de 50 gramos de una de las tres, se pone esa cantidad y el bote quedará vacío. Como 285 y 215 suman 500, en ese momento quedará la misma cantidad de fresa que del otro bote, con lo que volveremos a repetir el proceso hasta terminarlas simultáneamente.

Por ejemplo, 40 de fresa y 40 de ciruela durante 5 días, de forma que quedan 300 de fresa, 285 de pera y 15 de ciruela. Otro día, 15 de fresa y 15 de ciruela, con lo que acabamos el bote de ciruela y quedan 285 de fresa y 285 de pera. A partir de ese momento, podemos poner 40 de fresa y 40 de pera durante 6 días, quedando 45 de pera y 45 de fresa, que se ponen en dos tostadas para terminar los botes y comprar nuevos.

jueves, 22 de abril de 2010

Comprando en la papelería

Enunciado

Para resolver este tipo de problemas, podemos proceder de varias maneras. La más rápida consiste en pensar cómo calculamos el valor que tenemos que pagar en la papelería y deshacer, paso a paso, el procedimiento a partir del resultado.

Veamos en el ejemplo. cuando compramos en la papelería, tenemos que multiplicar las dos docenas de lápices (24) por su precio (2€),lo que me da un total de 48€, después la cantidad de cuadernos, que aún no conozco, por su precio (6€), sumaría el resultado, y a eso le haría un descuento de la sexta parte, es decir, pagaría cinco sextas partes, porque una sexta parte me la perdonarían por el descuento.

Ahora, como sé que he pagado 180€, eso es las cinco sextas partes del precio real, por lo que una sexta parte del precio real sería 36€ (la quinta parte). Así, el precio real son seis veces esa cantidad, 216€. Podemos comprobar que si a 216€ le quitamos una sexta parte, queda 180€. Bueno, pues esos 216€ son la suma de 48€ más otra cantidad, que podemos obtener fácilmente restando, es 168€. Luego los cuadernos, en total, cuestan 168€.

Y como cada uno cuesta 6€, averiguamos cuántos cuadernos compramos dividiendo entre 6€, es decir, que compramos 168/6 = 28 cuadernos.

Otra forma de verlo es obtener el precio de los lápices, y aplicarle el descuento (48€ pasa a ser 40€), luego de los 180€ hemos pagado en realidad 140€ de cuadernos, y como cada cuaderno en realidad nos cobran 5€, ya que nos descuentan 1€, eso hace que tengamos 140/5 = 28 cuadernos.

domingo, 18 de abril de 2010

Tarjetas adecuadas

Enunciado

La idea clave es que un conjunto que sea lo mayor posible se sumará teniendo en cuenta por un lado las decenas y por otro las unidades. Como no pueden coincidir los dígitos de las decenas y de las unidades, la cantidad de dígitos nos indicará cuántas veces se suma.

Por ejemplo, si usamos sólo el 1 para las decenas, los dígitos 0, 2, 3, ... 9, que son 9 en total, se usarán para las unidades, lo cual quiere decir que habrá exactamente 9 cartas. Las decenas sumarán 1*10*9 (10 por ser decenas, 9 por ser 9 unidades distintas), mientras que las unidades sumarán (0 + 2 + ... + 9)*1*1 (1 por ser unidades, y 1 por sólo poder tener un tipo de decena).

Una vez que hemos establecido un método de sumar los números de las tarjetas, está claro que es mejor que los números mayores estén en las decenas, aunque no sabemos cuántos números nos interesa que haya.

Así, si utilizamos sólo el 9 para decenas, tendremos 9*10*9 + (0 + 1 + ... + 8)*1*1 = 810 + 36 = 846.

Si utilizamos sólo el 9 y el 8 para decenas, la suma será (8 + 9)*10*8 + (0 + 1 + ... + 7)*1*2 = 1360 + 56 = 1416, que es mucho mayor.

Si usamos del 7 al 9 para decenas, la suma será (7 + 8 + 9)*10*7 + (0 + 1 + ... + 6)*1*3 = 1680 + 63 = 1743. De nuevo observamos que aumentan los dos sumandos y el resultado.

Si utilizamos del 6 al 9 para las decenas, tenemos (6 + 7 + 8 + 9)*10*6 + (0 + 1 + ... + 5)*1*4 = 1800 + 60 = 1860. Observa que el primer sumando sigue siendo mayor, aunque el segundo se reduce un poco. La suma total aún será mayor.

Si usamos del 5 al 9 para las decenas, la suma será (5 + 6 + ... + 9)*10*5 + (0 + 1 + 2 + 3 + 4)*1*5 = 1750 + 50 = 1800. Aquí podemos observar una sensible reducción de ambos sumandos, que se acentuará si aumentamos el número de dígitos dedicados a las decenas, puesto que los podremos sumar menos veces.

Así, la suma mayor será 1860, y la podremos obtener con las tarjetas que tengan del 6 al 9 en las decenas, y del 0 al 5 en las unidades.

jueves, 15 de abril de 2010

La fábrica de pastelitos (II)

Enunciado

Este problema era, en principio, exactamente igual al de primer ciclo "La fábrica de pastelitos", pero incluye una segunda parte más difícil que trata de poner de manifiesto si realmente se ha entendido el problema.

Para la resolución de la primera parte haremos prácticamente lo mismo (lo copio aquí para que no tengas que buscarlo).

El proceso completo para obtener la primera caja de pasteles dura, 2 + 5 + 3 = 10 minutos.

Sin embargo, cada caja de pastelitos tardará tanto como la máquina más lenta a partir de ese momento, es decir, que la segunda caja saldrá en el minuto 15, la tercera en el 20, etc. Esto se debe a que, aunque la primera máquina sólo tarda 2 minutos, la segunda no podrá recoger estos pastelitos hasta que haya acabado con los anteriores, con lo que tendrá que estar parada tres minutos para que entren en cuanto estén listos. Tampoco tendrá nada que hacer la tercera máquina, la de envasado, después de envasar una caja, por lo que durante 2 minutos deberá estar parada.

Es decir, que salvo durante los primeros 5 minutos, se fabrica una caja cada cinco minutos.

En ocho horas hay 8*60 = 480 minutos, si les restamos 5 minutos quedan 475 y cada 5 minutos sale una caja, es decir, 475/5 = 95 cajas.

La máquina primera está trabajando sólo 95*2 = 190 minutos (3 horas y 10 minutos), la segunda, 95*5 = 475 minutos (7 horas y 55 minutos, casi a tiempo completo), y la tercera 95*3 = 285 minutos (4 horas y 45 minutos).

Vamos ahora con la segunda pregunta. Evidentemente, puesto que la máquina que está frenando la producción de pastelitos es la segunda, habría que comprar otra de estas máquinas que recubre con una capa de chocolate.

Ahora, con la única máquina que prepara la masa, podemos fabricar dos cajas de pastelitos en cuatro minutos, las dos que lo recubren de chocolate nos permiten preparar dos cajas de pastelitos en cinco minutos, pero la de envasado sólo permite envasar dos cajas de pastelitos en 6 minutos, convirtiéndose este último proceso en el más lento. Así, necesitamos un promedio de tres minutos por caja (ya que la tercera máquina es la que ralentiza el proceso). De los 480 minutos disponibles en una jornada de trabajo, los 7 primeros preparan la primera de las cajas para llegar a la máquina de envasado, y a partir de ahí podemos lograr (como (480 - 7)/3 = 473/3 = 157 + 2/3) 157 cajas de pastelitos, nos faltaría sólo un minuto más para producir otra.

Estas 157 cajas harían trabajar 157*2 = 314 minutos, es decir, 5 horas y 14 minutos, a la máquina primera. Como es un número impar, una de las de cubrir de chocolate trabajaría durante 156*5/2 = 390 minutos, es decir, 6 horas y media, y la otra cinco minutos más, ya que produciría exactamente una caja más. Y por último, la de envasar trabajaría 157*3 = 471 minutos, lo que hace un total de 7 horas y 51 minutos (sólo está parada los 7 primeros minutos y los 2 que sobran al final).

domingo, 11 de abril de 2010

La fábrica de pastelitos

Enunciado

Este problema recibió unas respuestas llenas de dibujos por parte de los concursantes, algunos de ellos fueron muy acertados y describían perfectamente el problema.

La idea es que el proceso completo para obtener la primera caja de pasteles dura, en efecto, 2 + 5 + 3 = 10 minutos.

Sin embargo, cada caja de pastelitos tardará tanto como la máquina más lenta a partir de ese momento, es decir, que la segunda caja saldrá en el minuto 15, la tercera en el 20, etc. Esto se debe a que, aunque la primera máquina sólo tarda 2 minutos, la segunda no podrá recoger estos pastelitos hasta que haya acabado con los anteriores, con lo que tendrá que estar parada tres minutos para que entren en cuanto estén listos. Tampoco tendrá nada que hacer la tercera máquina, la de envasado, después de envasar una caja, por lo que durante 2 minutos deberá estar parada.

Es decir, que salvo durante los primeros 5 minutos, se fabrica una caja cada cinco minutos.

En ocho horas hay 8*60 = 480 minutos, si les restamos 5 minutos quedan 475 y cada 5 minutos sale una caja, es decir, 475/5 = 95 cajas.

La máquina primera está trabajando sólo 95*2 = 190 minutos (3 horas y 10 minutos), la segunda, 95*5 = 475 minutos (7 horas y 55 minutos, casi a tiempo completo), y la tercera 95*3 = 285 minutos (4 horas y 45 minutos).

jueves, 8 de abril de 2010

Un rectángulo y un cuadrado

Enunciado

Descomposición del rectángulo

Descomposición del rectángulo

Hay que dibujar el enunciado para estar seguro de que se entiende bien.

Si el rectángulo puede unirse al cuadrado para formar otro rectángulo mayor, es que dos de sus lados coinciden con el cuadrado.

Como su perímetro es el triple del lado del cuadrado, eso significa que entre los dos lados distintos suman lo mismo que un lado del cuadrado, es decir, que miden la mitad.

Para poder utilizar el otro dato, es decir, el área del rectángulo completo, podemos dividir todos los segmentos de tamaño del lado de un cuadrado en dos, para conseguir tamaños iguales. Así, el cuadrado quedaría dividido en cuatro cuadrados más pequeños, y el rectángulo en dos.

El rectángulo grande estaría dividido de esta manera en seis cuadrados pequeños iguales, cada uno de ellos mediría la sexta parte del área total, es decir, 216/6 = 36 centímetros cuadrados. Eso quiere decir que cada cuadradito tendría 6 centímetros de lado.

Por lo tanto, el cuadrado original mide 12 centímetros de lado, y 144 centímetros cuadrados de área.

domingo, 4 de abril de 2010

Sucesiones geométricas de Fibonacci

Enunciado

En los comentarios al enunciado se ha detallado bastante la solución, no hay mucho que añadir.

En primer lugar, si una sucesión es progresión geométrica, si consideramos uno de sus términos no nulos como T y la razón x, los dos términos que siguen a T serían Tx y Tx2. Si además es de fibonacci, se cumplirá que Tx2 = Tx + T. Evidentemente, puesto que T no vale cero, podemos dividir por T, con lo que nos queda la ecuación de segundo grado x2 = x + 1, es decir, x2 - x - 1 = 0, cuyas soluciones son las que buscamos, el número áureo, (√(5)+1)/2, y el opuesto de su inverso, (1-√(5))/2. Con esto queda probado el primer enunciado.

Para probar el segundo, basta utilizar que esas dos razones cumplen la ecuación x2 = x + 1, ya que para cualquier T que pertenezca a la sucesión, tenemos que el siguiente término es Tx y el siguiente Tx2. Para demostrar que es de fibonacci, tendremos que probar que ese tercer término es igual a la suma de los dos anteriores. Según hemos visto, Tx2 = T(x + 1) = Tx + T, dada la igualdad ya vista. Luego es, en efecto, de fibonacci.

De todas formas, recomiendo leer con detenimiento los comentarios del enunciado.

jueves, 1 de abril de 2010

Coloreando un tablero

Enunciado

Conseguir 40 dominós

Conseguir 40 dominós

Si empezamos con un tablero ajedrezado en blanco y azul, sin ninguna casilla roja, es evidente que podemos dividirlo en 50 dominós perfectos. Al tratar de situar 20 casillas rojas de forma que no se toquen por los bordes, hemos de tratar de mantener el mayor número posible de dominós. Así, cada vez que situamos una casilla, rompemos un dominó, y su casilla debe pasar a formar parte de otra, ya que no puede ser cubierta por una roja (sería contigua a la anterior). La casilla más cercana que podemos pintar de rojo, respetando esta idea, está tres casillas por delante en la misma fila.

Esa estrategia se puede repetir en filas alternativas, tapando exactamente 20 casillas con el color rojo y dejando 40 dominós perfectos, como se indica en la imagen..

Evidentemente, te darás cuenta que todas las casillas, o forman parte de un dominó, o son rojas, por lo que es imposible que puedas lograr una coloración con más dominós (lo que prueba el apartado 2).

Máximo 30 dominós

Máximo 30 dominós

La tercera prueba es algo más difícil, pero si pensamos en la coloración inicial, también resulta evidente que, si las casillas que dejamos están conectadas, no hay más remedio que pintarlas ajedrezadas en blanco y azul, y si las casillas rojas eran todas originalmente del mismo color, es imposible formar más de 30 dominós, como pide el apartado 4, y por tanto conseguiremos exactamente 30, como en el ejemplo de la segunda imagen.

No se pueden conseguir más porque las casillas que no son rojas tienen el mismo color, y un dominó perfecto usa un color de cada.