domingo, 30 de mayo de 2010

Equivalencia entre propiedades

Enunciado

Construcción de una semicircunferencia

Construcción de una semicircunferencia

En el enunciado encontraréis dos demostraciones muy claras, una basada en producto vectorial y geometría analítica una y la otra en propiedades elementales como el teorema de Tales y los ángulos internos de un paralelogramo.

Quería dar una visión diferente, basada en una combinación de Teorema de Tales y el ángulo inscrito.

Trazamos una semicircunferencia centrada en N y de radio CN (o NB, puesto que son iguales). Observa que cualquiera de estas distancias es, debido al teorema de tales, igual a PM, ya que P y M son los puntos medios de los lados AC y AB, por lo que PM mide la mitad que CB.

De esta forma, el ángulo CAB es obtusángulo si A está dentro del semicírculo que hemos dibujado, por el principio del ángulo inscrito, y eso es equivalente a que AN es más corta como distancia a PM = CN = NB.

Si A está exactamente sobre la circunferencia, AN será igual a PM, y eso equivale a que el ángulo CAB sea recto.

Por último, si el punto está fuera de la circunferencia, lo que equivale a que el segmento AN sea mayor que PM (recuerda que es igual a CN y a NB), eso es totalmente equivalente a que el ángulo CAB sea agudo.

jueves, 27 de mayo de 2010

Reciclando

Enunciado

Hay mucha gente que aborda el problema como una suma de una progresión, encontrando casos particulares y cosas así.

Quiero decir, que primero usa las 1000 botellas, recicla la cuarta parte, es decir, 250, y así sucesivamente.

Sin embargo, el enfoque más rápido es pensar que si usamos todos los días 20 y de ellas, reciclando, podemos crear 5 más, en realidad sólo habremos gastado 15.

Eso quiere decir que durará el material para 1000/15 = 66 días, y tendremos 10 botellas, insuficientes para otro día más.

domingo, 23 de mayo de 2010

Pintando un logotipo

Enunciado

Este problema es más complicado de lo que parece.

Vamos a descomponer la figura en dos zonas, el cuadrado con un octógono dentro, y el par de hexágonos cóncavos del borde.

Fragmento de la decoración

Fragmento de la decoración

La primera parte es sencilla de pintar. Como dice Lluís en los comentarios, podemos elegir para el octógono cualquier color de los tres, y después uno de los otros dos para uno de los bordes. De esta forma, queda perfectamente coloreado el resto de esa parte, pues los otros fragmentos no tienen más remedio que pintarse de un color según el color que tengan sus vecinos. Así, tendremos 3*2 = 6 coloraciones posibles para esa zona.

Los seis primeros ejemplos de la imagen que acompaña a estas líneas son las seis decoraciones posibles para esa parte de la figura.

Pero, una vez fijamos los colores para esa parte, hay tres formas de decorar la otra. Uno de los dos hexágonos exteriores tiene dos posibilidades para elegir su color. Si se elige el color del octógono central, el otro hexágono queda determinado, pero si el color seleccionado es el otro, dispondremos de dos posibilidades para la última. Así, para cada coloración de la primera zona, tenemos tres posibilidades para el par de hexágonos, lo que hace un total de 18.

Los tres últimos dibujos de la imagen muestran las tres coloraciones de los hexágonos exteriores para una misma coloración del cuadrado.

viernes, 21 de mayo de 2010

Buenos hermanos

Enunciado

Si Pablo tiene el doble que Marc Adriá, quiere decir que por cada moneda que tenga Marc Adrià, Pablo tendrá dos, y, puesto que Tomás tiene el doble que Pablo, Tomás tendrá cuatro.

Es decir, que entre los tres tienen 7 monedas por cada una que tenga Marc Adrià.

Razonando de esta forma, o haciendo una tabla de valores, vemos pronto que Marc Adrià tiene 63/7 = 9, Pablo 18 y Tomás 36.

Si se lo repartieran a partes iguales, los tres tendrían 63/3 = 21, por lo que a Pablo le faltan 3 monedas, a Marc Adrià le faltan 12 y a Pablo le sobran 15.

Luego Pablo le tiene que dar 3 monedas a Pablo y 12 a Marc Adrià.

domingo, 16 de mayo de 2010

Desigualdad entre sumas y productos

Enunciado

Todos los enunciados que incluyen alguna desigualdad necesitan, por lo habitual, una serie de conocimientos previos: las desigualdades de las medias aritméticas, geométricas y potenciales.

Si vas a participar en este tipo de concursos, debes recurrir a ellas a menudo. Te recomiendo que leas, en rincón matemático, medias aritméticas y geométricas y medias potenciales.

En este caso, la idea es que partimos de que (a + 1)(b + 1)(c + 1) es el cubo de una media geométrica, por lo que es menor o igual que el cubo de la media aritmética, que es (a + 1 + b + 1 + c + 1)/3 = (a + b + c + 3)/3, que es estrictamente menor que (1/2 + 3)/3 = 1/6 + 1 = 7/6.

Por tanto, (a + 1)(b + 1)(c + 1) < (7/6)3 = 343/216, claramente menor que 2.

¿Se puede demostrar esta desigualdad sin recurrir a la desigualdad aritmética geométrica?

Probablemente, se podría tratar de estudiar el problema de varias formas. En una primera aproximación, se puede fijar dos de los valores y probar que la función correspondiente a la otra tiene un máximo valor que es menor al indicado, en el dominio correspondiente entre cero y la desigualdad a + b + c < 1/2. Después, se probaría que esto sucede para los otros dos valores por simetría, por lo que se comprobaría, aunque el proceso sería muy largo.

Otra forma de trabajar podría ser fijar un valor intermedio x y representar los otros dos como x + y (el mayor) y x - z (el menor), con y y z positivos. Probablemente la función representada así sea algo más sencilla de tratar que la anterior, aunque sin duda también sería un largo trabajo.

viernes, 14 de mayo de 2010

Sacos muy pesados

Enunciado

Puesto que cuatro sacos pueden dar lugar a seis parejas diferentes, si sólo se pueden pesar cuatro de ellas supone que dos de esas parejas dan resultados menores que 100. Se tratará del par de los sacos más ligeros, y del más ligero con el tercero.

Supongamos que, en orden de peso, llamamos a los sacos A, B, C y D. Tenemos que C + D y D + B son menores que 100. Además, los dos más pesados, A + B, suman 127. Comparando los pesos de todos, la siguiente mayor pesada será A + C, y por tanto, valdrá 116.

Las dos pesadas que quedan, A + D y B + C, pueden ser mayores o menores según los pesos de los diferentes sacos, pero una de ellas valdrá 112 y la otra 101, por lo que hay que estudiar ambos casos.

Observa que A + B = 127 y A + C = 116 nos lleva, restando ambas igualdades, a que B - C = 11, es decir, que uno de los dos será par y el otro impar. Por eso, entre ambos no pueden pesar 112 y sí 101.

Es decir, que entre ambos pesan 101, y, como la diferencia es 11, C debe pesar 45 y B 56 (resolviendo un sencillo sistema).

De esta forma, A pesa 71 y D, 41. Comprobamos que C + D = 86 y B + D = 97, que son menores que 100.

Es decir, que los sacos pesaban 71, 56, 45 y 41.

En el caso de que aceptemos valores decimales (variando el enunciado del problema) podría ser válida la solución 64.5, 62.5, 51.5 y 36.5.

domingo, 9 de mayo de 2010

Goleadores

Enunciado

Como se dice en los comentarios, en este caso no es necesario hacer un sistema, sobre todo si piensas que parte de los concursantes de este nivel aún no habrán tenido tiempo de familiarizarse con las ecuaciones y los sistemas. La clave es darse cuenta de que si tenemos el total de goles, y también los que han marcado dos de ellos, la diferencia entre esas dos cantidades es lo que ha marcado el tercero. Como entre todos han marcado 50 goles, y Antonio y Bartolo han marcado 34, Carlos habrá conseguido él solo los que faltan, es decir 50 - 34 = 16. De la misma forma, como Antonio y Carlos han marcado 36, Bartolo habrá logrado 50 - 36 = 14. Por último, como Carlos y Bartolo han conseguido 14 + 16 = 30 goles, Antonio habrá marcado 50 - 30 = 20 goles, con lo que el problema está resuelto.

jueves, 6 de mayo de 2010

Contando rectángulos

Enunciado

Lo importante, más que contar el número total de rectángulos, es explicar cómo lo has hecho.

A este respecto, el comentario que más me ha gustado es el último hasta este momento, que dice, corrigiendo alguna falta ortográfica y de expresión: "bueno pues son 31 rectángulos, primero vas contando rectángulo por rectángulo y después los vas juntando para que te dé el total".

Lo cierto es que suele ser mi método favorito.

Si cuentas los rectángulos que están formados por una única pieza, es decir, que no tienen líneas que los dividan, salen 9: 5 en posición horizontal, y 4 en posición vertical.

Hay que tener en cuenta que no todos puedes unirlos, ya que los horizontales vecinos se pueden unir entre sí, y también los verticales entre sí, y con la unión de todos los horizontales, que a efectos de unir "cuenta" como uno más.

Si tenemos esto en cuenta, unir dos zonas nos da 4 rectángulos nuevos horizontales y 4 verticales, unir tres zonas nos da 3 nuevos en cada lado, unir 4 zonas nos da 2 nuevos rectángulos en cada lado y unir 5 zonas nos da 1 rectángulo más para cada posición.

En total, 5 + 4 + 2*4 + 2*3 + 2*2 + 2*1 = 29. Lo cierto es que sólo consigo 29 rectángulos.

Si alguien capta alguno más, que me diga cuál es.

domingo, 2 de mayo de 2010

Triángulo primo

Enunciado

No hace falta que se copien todas las filas anteriores, pero se puede encontrar cierta regularidad, si observamos las filas que tenemos.

1 2

1 2 3

1 2 3 4

1 4 3 2 5

1 4 3 2 5 6

1 4 3 2 5 6 7

En efecto, muchas filas son idénticas salvo en un número, y se alternan números pares e impares (excepto 2, todos los primos son impares).

Evidentemente, uno se puede dedicar a tantear hasta tener las filas completas, pero es mas sencillo reutilizar las sumas que sabemos que dan número primo.

Por otra parte, hay una mayor abundancia de primos entre los números bajos, por lo que es relativamente sencillo acomodar los números pequeños para que sumen primo, mientras que es más difícil hacerlo con los grandes. El truco suele ser iniciar el trabajo por la parte grande (la más difícil), reutilizar en buena medida la fila anterior, y acabar por los números bajos, cuidando siempre la alternancia par e impar.

Así, la octava fila la iniciamos con el 8 por la izquierda. Al lado no podemos usar el 7, pero sí el 5. Junto a este, en la fila de arriba están el 2 y el 6, así que usamos el 6, y al lado el 7, como en la fila de arriba. Después podemos acabar con el 4, el 3, el 2 y el 1.

Para la siguiente fila empezamos por el 9, como el 8 suma con él 17, podemos copiar entera la fila y estará bien.

Lo mismo con la fila del 10.

Con el 11, hay que reconstruir de nuevo la fila. Mirando la fila superior, hay que hacer varios cambios. a mí se me ocurre 11 - 8 - 9 - 10 - 7 - 6 - 5 - 2 -3 - 4 - 1.

El 12 sólo hace falta añadirlo a la fila anterior, ya que 11 + 12 = 23.

El 13 podemos sumarlo, por ejemplo, con el 10, reutilizando las parejas de la fila anterior, quedaría 13 - 10 - 9 - 8 - 11 - 6 - 5 - 2 -3 - 4 - 1.

El 14 de nuevo exige cambios, por ejemplo, asociándolo con el 9, pero entonces el 13 se puede emparejar con el 6 (14 - 9 - 10 - 13 - 6 - 11 - 8 - 5 - 2 -3 - 4 - 1).

Y por último, el 15 sólo se añade a la fila anterior, pues 14 + 15 = 29.

Como nota curiosa, varias personas lo hicieron y cada uno usó una versión diferente del triángulo (no hubo dos iguales). El que reproduzco es el que se crea con ese algoritmo.

1 2

1 2 3

1 2 3 4

1 4 3 2 5

1 4 3 2 5 6

1 4 3 2 5 6 7

1 2 3 4 7 6 5 8

1 2 3 4 7 6 5 8 9

1 2 3 4 7 6 5 8 9 10

1 4 3 2 5 6 7 10 9 8 11

1 4 3 2 5 6 7 10 9 8 11 12

1 4 3 2 5 6 7 12 11 8 9 10 13

1 4 3 2 5 8 11 12 7 6 13 10 9 14

1 4 3 2 5 8 11 12 7 6 13 10 9 14 15