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.