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

Enunciado

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.

domingo, 13 de junio de 2010

Foto de equipo

Enunciado

En realidad este problema se puede reducir a cortar el círculo de números que se describe de forma que con los dos trozos que queden se forme un producto.

Por supuesto, con paciencia se puede resolver por el sencillo método de ensayo y error, pero si nos fijamos en los últimos dígitos de la operación reducimos mucho las posibilidades.

Como todos tienen números distintos, sólo utilizaremos números en los que al multiplicar los dígitos pueda ser posible una igualdad.

Así, el 0 y el 1 no sirven como multiplicador, ya que vuelve a repetirse número en sus operaciones.

Con el 2, tenemos 2*3 = 6, que en nuestro caso no sirve, ya que 6, 3 y 2 son consecutivos. También 2*4 = 8, que debería ser 907154*632=8, lo cual no funciona, debido a lo pequeño del resultado. Usando el 2*5 = 0, se tiene 4632*715 = 890, que también da un resultado demasiado pequeño. Con el 6, tampoco se puede usar el 2. Con el 7, 2*7 = 4, y proporciona los números 632*8907 = 154, que vuelve a ser un resultado demasiado pequeño. Con el 2*8 = 6, 32*8 = 9071546 obtenemos un resultado demasiado grande. Y, por último, con 2*9 = 8, de nuevo consecutivos, vuelven a fallar.

Pasemos al 3, ya que 3*4 =2. De nuevo, 63*2 = 8907154 es un resultado demasiado grande. 3 y 5 no valen, y 3*6 = 8 produce el 9071546*3 = 28, demasiado pequeño. La combinación 3*7 = 1 da lugar a un resultado de un único dígito, pues el 1 es consecutivo al 7. Los números 3*8 = 4 proporcionan 63*28 = 907154, con un resultado demasiado grande. La última combinación es 3*9 = 7, que produce un resultado 07 imposible de conseguir.

Con el 4, tenemos 4*5 = 0, que sería 4*715 = 632890, que de nuevo es un resultado excesivo. Los dígitos 4 y 6 no valen. La siguiente combinación es 4*7 = 8, pero 154*907 = 6328 no resulta por ser de nuevo pequeño. La relación 4*8 = 2 produce un número demasiado bajo (907154*8 = 632). Por último, 4*9 = 6 tampoco proporciona un buen resultado, ya que el 6 está después del 4 y queda separado.

Con el 5 sólo podemos usar números pares, así el 6*5 = 0 nos proporciona 715*46 = 32890, que es un resultado correcto. Puede que sea el único, pero vamos a continuar. El 5*8 = 0 obliga a un resultado de 2 cifras, demasiado pequeño. Y no hay más con el 5.

Con el 6, tenemos únicamente 6*7 = 2, que origina un resultado (32) de sólo dos cifras, y 6*9 = 4, que nos da 6*3289 = 07154, pero el resultado es algo pequeño.

Con el 7, tenemos 7*8 = 6, 328*907 = 1546, que de nuevo es algo pequeño. Y también 7*9 = 3, que da lugar a 07*289 = 15463, que ahora se queda demasiado grande.

Con el 8, para terminar, tenemos 8*9 = 2, que no funciona pues deja los dos factores de una única cifra.

Como hemos visto, entonces, el único resultado válido, que ya había averiguado algún comentario, es 715*46 = 32890.

sábado, 5 de junio de 2010

Dulce y pesada

Enunciado

Se ha dado la respuesta en los comentarios del enunciado, pero el sistema que se emplea para resolverlo es casi siempre mediante ecuaciones, que algunos de los estudiantes de esta edad no saben plantear.

Conviene probar a resolverlo por tanteo, pero sobre todo lo que resulta más claro es estudiar el aumento de peso cuando cambiamos el contenido.

Si la miel pesa el doble, cambiar gasolina por miel equivale a poner el doble de gasolina. Es decir, que como pasa de 3,5 a 6 kilogramos, en realidad estamos aumentando 2,5 kilogramos. Eso quiere decir que el contenido original en gasolina de los 3,5 kilogramos es 2,5 kilogramos, por lo que el recipiente pesa exactamente uno.