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.