domingo, 27 de febrero de 2011

Tres problemas de la canguro (II)

Enunciado

En esta ocasión, de nuevo, los comentarios me han quitado buena parte del trabajo.

La primera pregunta es sencilla. Efectivamente, como Mateo tiene que subir 12 pisos, a mitad de camino ha subido 6, si está en el 8º es que ha partido del 2º, por lo que Clara debe vivir en el 14º, que es la respuesta (c).

La segunda respuesta, M=1000 y CD=400 (ya que C es 100 y D es 400). Como XL=40 (de forma similar), IX=9. Así que tenemos que MCDXLIX=1449. Que corresponde a la respuesta (a).

Resolver la tercera pregunta es más complicado. En realidad, necesitamos averiguar qué vale cada letra, y como tenemos los productos de cada par, para mí es más fácil factorizarlos e intentar multiplicar y dividir de cabeza rápidamente. De esta forma, xy = 2*3*3, xz = 3 y yz = 3*2. Si multiplicamos la segunda por la tercera igualdad, tenemos que x*y*z*z = 3*3*2, y si dividimos por el valor de x*y, que también lo tenemos, queda que z*z = 1, es decir que z = 1, por ser positivo. Rápidamente obtenemos que x vale 3 e y vale 3*2 = 6. Es decir, que x + y + z = 10, la respuesta (b).

Otro enfoque (más rápido) podría ser que, puesto que xz = 3 y x y z son enteros positivos, o bien x = 3 y z = 1, de donde y = 6 (y la suma es la que hemos dicho), o bien x = 1 y z = 3, pero en ese caso, y debería valer 2, y xy no podría valer 18. Por lo tanto, sólo tenemos la solución (b).

jueves, 24 de febrero de 2011

Fruta de verano

Enunciado

Hay varias maneras de resolver este tipo de problemas sin recurrir al álgebra formal. La idea es jugar con las sandías y los melones, dando valores a sus pesos, poniendo más juntos, y cosas así.

Una forma muy elegante de resolverlo es la siguiente: si tres sandías y cuatro melones pesan 13 y cuatro sandías y tres melones pesan 15, al ponerlo todo junto tenemos que siete sandías y siete melones pesan 28. Ahora, si hacemos siete partes, tenemos que cada pareja de una sandía y un melón debe pesar 4.

Teniendo esta idea en la cabeza, volvemos a una de las pistas del principio. Como tres sandías y cuatro melones pesan 13, y está muy cerca de quedar igualadas las cantidades, tratamos de llegar a una cifra parecida.

Ahora sabemos que tres sandías y tres melones son tres parejas como las que hemos logrado antes, que en total pesarán 4 + 4 + 4 = 12. Eso quiere decir que el melón que hay de más en la pista inicial pesa 13 - 12 = 1kg, por lo que cada sandía pesará 3kg.

Comprobamos que ambas pistas son ciertas, es decir, tres sandías y cuatro melones pesan 9 + 4 = 13 y cuatro sandías y tres melones pesan 12 + 3 = 15.

domingo, 20 de febrero de 2011

Entero o irracional

Enunciado

La idea es que no puede ser igual a una fracción propia, es decir, que no es un número periódico.

Para demostrar esta afirmación, nos vamos a apoyar en la demostración de la irracionalidad de √2, que normalmente todos debéis haber visto en clase.

Por si no la habéis visto voy a hacer una revisión rápida. Se procede por reducción al absurdo, se supone que el valor de este número es una fracción a/b, con a y b primos entre sí, ya que si no lo fuesen, simplificaríamos la fracción. Después se toma la igualdad, se quitan raíces y denominadores y se llega a la expresión 2b2 = a2, por lo que a2 es par. Debido a eso, a debe ser par, pues si a fuese impar, a2 también debería ser impar. Luego a = 2k para algún k, y si sustituimos en la igualdad anterior, llegamos a que 2b2 = 4k2, por lo que b2 = 2k2, de donde tenemos que también b es par, lo cual es absurdo, pues habíamos supuesto que la fracción a/b no se podía simplificar más. De ahí que √2 no puede ser racional.

Aplicado a el problema que nos ocupa, podemos empezar comprobando que para todo n natural, √n debe ser, o bien entero, o bien irracional.

Procedamos igual, por reducción al absurdo. Si no es entero ni irracional, √n es de la forma a/b, y podemos simplificar la fracción hasta que a y b sean primos entre sí. Además, b debe ser mayor que 1, ya que si no, √n sería entero.

Ahora, supongamos que p es un primo que divide a n (n = pk). Si quitamos la raíz elevando al cuadrado y denominadores llegamos a la siguiente igualdad con enteros, nb2 = pkb2 = a2, luego p divide a a2, y por tanto debe dividir a a. Eso significa que a = pt, y la igualdad se transforma en pkb2 = p2t2. Simplificando, kb2 = pt2. Como p no divide a b, pues era primo con a, debe dividir a k, y por tanto k = ps, por lo que sb2 = t2, y podemos repetir el razonamiento. Eso significa que todos los factores primos de p están repetidos dos veces, lo que implica que su raíz es entera. Lo cual estaba descartado desde el principio.

También se puede razonar suponiendo que hemos encontrado el menor n para el que se da esta expresión, y por el método que hemos construido, se llega a otro valor s menor que n que es de esta forma.

Una vez visto esto, podemos construir otro razonamiento análogo para raíces cúbicas, ya que el método para quitar una raíz cúbica es, sencillamente, elevar al cubo, y obtendríamos otra expresión de la forma nb3 = pkb3 = a3 y razonaríamos de la misma manera. De hecho, se puede demostrar para raíces de índice genérico.

Ahora bien, imaginemos que tenemos n y m naturales. Si la expresión √n + 3√m = a/b, con a y b mutuamente primos y b > 1, entonces √n no puede ser entero, pues podríamos despejar 3√m en forma de una fracción irreducible, que sabemos que es imposible. Tampoco 3√m puede ser entero, por la misma razón, es decir, podríamos despejar √n y sería una fracción. Sin embargo, en la igualdad √n + 3√m = a/b podemos quitar denominadores y despejar, dejando b*3√m = a - b√n. Elevamos al cubo para quitar la raíz cúbica, y obtenemos mb3 = a3 - 3a2b√n + 3anb2 - nb3*√n (esto se puede comprobar si sabemos desarrollar el cubo de una resta, o multiplicando como polinomio tres veces a - b√n y aplicando propiedades de la raíz cuadrada).

Agrupando las raíces, tenemos la expresión mb3 = a3 + 3anb2 - (3a2b + nb3)√n, así que podemos despejar √n, transformando la igualdad en a3 + 3anb2 - mb3 = (3a2b + nb3)√n y por tanto √n = (a3 + 3anb2 - mb3)/(3a2b + nb3). De esta forma, √n debe ser racional o entero, cosa que no puede ser por el razonamiento que hemos hecho antes.

Luego la suma √n + 3√m, o bien es un número entero, o bien es un número irracional, como queríamos demostrar.

jueves, 17 de febrero de 2011

Cuatro puntos

Enunciado

Este problema me ha parecido fascinante. Hacía tiempo que no encontraba un problema con un reto tan interesante.

La idea que he seguido para explorar todas las posibilidades es trazar circunferencias. Imagina que partes del punto del que más líneas iguales salgan. Al menos, tendrá dos iguales, ya que parten tres de él. La idea que se me ocurrió es explorar todas las distribuciones de puntos a partir de ahí.

Primera distribución

Primera distribución

La primera posibilidad es que los tres puntos estén a la misma distancia de él (sobre una circunferencia). Si consideramos uno de los puntos, piensa que también tenga los otros dos puntos a la misma distancia (sobre otra circunferencia). Esta situación determina, por la intersección de dos circunferencias del mismo radio) la posición de los puntos. La forma que queda es la de un rombo, y sólo una distancia será diferente (y más larga).

Segunda y tercera distribución

Segunda y tercera distribución

La segunda posibilidad es que los tres puntos estén sobre la circunferencia, pero sólo dos de ellos estén a la distancia del radio (con lo que forman con él un triángulo equilátero). El tercer punto, que no puede estar a la misma distancia del centro que de uno de los otros puntos, porque volvería a repetir la misma disposición de antes, estará a la misma distancia de los dos, por lo que formará un triángulo isósceles, es decir, estará sobre la mediatriz. Hay dos posibilidades, evidentemente. La primera de ellas tiene distancias mayores que la del radio original, y la otra, menores. Las dibujo una a continuación de la otra.

Cuarta distribución

Cuarta distribución

Una vez que hemos agotado esta posibilidad, sólo nos queda suponer que ninguno de los tres puntos está a la misma distancia de otro que del punto central. pero eso significa que entre los tres están a la misma distancia, formando un triángulo equilátero. Esta será la cuarta distribución de puntos.

Por lo tanto, pasamos ahora a suponer que sólo dos de los puntos están a la misma distancia de uno de ellos (porque ya hemos explorado todas las distribuciones de ese tipo). Llegamos al apartado más difícil.

Imagina el punto central de la circunferencia. Sobre la circunferencia sólo puede haber dos puntos. Y la distancia entre ellos ya no puede ser igual al radio, ya que si lo fuese, formarían un triángulo equilátero, y el tercer punto estaría a la misma distancia de los tres (cosa que ya hemos visto) o volvería a estar a distancia del radio de uno de los puntos, con lo que ese punto estaría a la misma distancia de los tres.

Ahora, la distancia entre esos dos puntos será la que sea distinta. Si el cuarto punto está fuera de la circunferencia, su distancia al centro coincide con la distancia a la que están los otros dos puntos. De nuevo, no puede ser que el punto que falta esté a la misma distancia nueva de los dos de la circunferencia, pues volverían a formar un triángulo equilátero y no puede ser. De esta forma, tenemos dos posibilidades: o el último punto está a distancia radio de los dos de la circunferencia, o bien está a distancia radio de uno y a la otra distancia del otro.

A partir de aquí, en el primer caso es fácil entender que forman un cuadrado, ya que los cuatro lados "exteriores" son iguales, y los dos interiores también son iguales entre ellos. Esta es la figura que venía de ejemplo en el enunciado.

Sexta y última distribución

Sexta y última distribución

La última figura es más difícil de visualizar. Tres lados son iguales, y el cuarto es igual que las distancias que la cruzan (diagonales). Se forman en este caso nada menos que cuatro triángulos isósceles entre los puntos, iguales dos a dos. Si estudiamos las relaciones que se dan entre los ángulos, encontraremos que este cuadrilátero es ni más ni menos que un trapecio, y no uno cualquiera, si no un trapecio isósceles cuyo ángulo mayor es 108 grados.

domingo, 13 de febrero de 2011

Tres problemas de la canguro

Enunciado

En una competición contra reloj, es casi más importante la velocidad que el rigor en el razonamiento, pero es importante descubrir las estrategias para comprobar las soluciones y descartar las que no lo sean.

Si hacemos caso a los puntos que dan para cada una, lo ideal sería gastar algo menos de 2 minutos en las fáciles, 2 minutos y medio en las medias y poco más de 3 minutos en las difíciles.

En la primera, está claro que 6 es la suma de dos símbolos Δ, así que cada uno debe ser 3. Si tenemos que perder tiempo cambiando el valor por los propuestos para comprobarlo, también se puede hacer, pero hay que ser rápidos. La respuesta correcta es D.

En la segunda, lo más rápido es fijarse en las dos más parecidas, 20*10 + 20*10 y 20*10 + 10*20. Está claro que son iguales, así que calculamos su valor (400) y tratamos de encontrar una que no proporciones el mismo resultado. La única es 20/10*20 + 10, que da 50. Por lo tanto la respuesta correcta es la E.

En la tercera, yo veo más fácil dividir el peso del móvil entre dos en cada bifurcación, de forma que la mitad valdrá 112/2 = 56. De la zona donde está la estrella, hay que dividir otra vez entre 2, y sale 56/2 = 28 (el cuadrado). Después dividimos de nuevo entre 2 y queda 14 (el triángulo) y entonces obtenemos el peso de la estrella volviendo a dividir entre 2, así que vale 7 (respuesta A).

viernes, 11 de febrero de 2011

Zona sombreada

Enunciado

Área sombreada

Área sombreada

Ya hemos explicado muchos de estos problemas. El truco consiste en calcular esta figura como suma o resta de figuras conocidas.

Básicamente, si miramos la figura, podría ser la suma de tres cuadrados menos un triángulo, o bien la mitad de un rectángulo menos dos pequeños rectángulos.

Si lo interpretamos como suma de cuadrados menos un triángulo, podríamos calcular el área de los cuadrados (16 + 9 + 1 = 26) y restarle el área del triángulo (base de 4 + 3 + 1 = 8, altura de 4), que sería base por altura partido por 2, es decir, 26 - 8*4/2 = 26 - 16 = 10.

Si lo interpretamos como medio rectángulo menos dos pequeños rectángulos, observa que los dos pequeños rectángulos miden ambos 3 por 1, es decir, entre ambos tienen área 6, mientras que el rectángulo grande mide 8 por 4, es decir, tiene área 32. Su mitad tiene área 16, y si le quitamos 6, queda exactamente 10, como antes.

Otro recurso podría ser cuadricular el papel y contar los cuadrados, emparejando aquellos que estén cortados con otros que también lo estén de la misma forma, pero sería más complicado de ver con precisión.

Si conoces el Teorema de Pick, en un cuadriculado puedes contar los puntos que quedan dentro y que están en el borde de la figura y aplicar la fórmula (interiores - borde/2 - 1). Funciona siempre que los vértices estén sobre el cuadriculado.

domingo, 6 de febrero de 2011

Sorpresa en un decágono

Enunciado

Voy a comenzar por publicar una solución que me ha remitido Ricard Peiró, que, jugando con cabri y el Teorema de Ptolomeo, ha encontrado una solución.

Decágono regular

Decágono regular

Evidentemente, empezamos por dibujar una figura (parecida a) un decágono regular. Si hemos de dibujarla con regla y compás, dibujaremos primero un pentágono regular y dividiremos en dos partes desde el centro sus caras. Trazando una circunferencia circunscrita, encontraremos con facilidad los puntos de corte del decágono.

En cualquier caso, hay muchos segmentos posibles que pueden hacer el papel de A1A4 y A1A2. En el dibujo de Ricard, ha encontrado un cuadrilátero formado con lados y diagonales del decágono, empleando los vértices A1, A2, A4 y A6.

Es sencillo ver que A1A6 es un diámetro de la circunferencia, que A1A2 es un lado del decágono, que A2A4 y A4A6 son lados del pentágono correspondiente, A1A4 es uno de los segmentos que aparecen en el problema, y A2A6 es una diagonal del pentágono.

Si has estudiado algo de geometría del pentágono regular, sabrás que el cociente entre una diagonal y el lado es el llamado número áureo, representado por la letra griega φ = (1 + √5)/2. En nuestro caso, |A2A6|/|A2A4| = φ.

En un decágono se da también otra relación muy especial, ya que el ángulo central de cada lado es 360/10 = 36 grados, dibujando dos radios formaremos un triángulo isósceles de ángulo desigual 36 grados, que es semejante al que se forma entre un lado del pentágono y dos de sus diagonales. Esto quiere decir que un radio dividido entre un lado del pentágono también equivale a φ. Entre los puntos que hemos escogido, esto significa que que |A1A6|/2|A1A2| = φ.

Por otra parte, Ricard usa el Teorema de Ptolomeo, que afirma que si un cuadrilátero está inscrito en una circunferencia, entonces, el producto de sus diagonales es igual a la suma de los producto de sus lados opuestos. En realidad, es un resultado derivado del arco inscrito, y es muy útil a la hora de trabajar con circunferencias y segmentos.

En nuestro cuadrilátero, aplicar este teorema significa que |A1A2|*|A4A6| +|A2A4|*|A1A6| = |A1A4|*|A2A6|.

En esa relación, llamemos p al lado del pentágono, tenemos que |A1A2|p + |A1A6|p = |A1A4|*|A2A6|.

Si, además, llamamos r al radio de la circunferencia, tenemos que |A1A2|p + 2rp = |A1A4|*|A2A6|. Según hemos visto, |A2A6| = pφ, y |A1A2| = r/φ, de forma que la igualdad queda rp/φ + 2rp = |A1A4|*pφ. Podemos ahora simplificar por p, quedando r/φ + 2r = |A1A4|*φ, es decir, |A1A4| = r/φ2 + 2r/φ = r*(1 + 2φ)/φ2.

Ahora, como es bien sabido que φ2 = 1 + φ, tenemos que (1 + 2φ)/φ2 = (φ2 + φ)/φ2 = 1 + φ/φ2 = 1 + 1/φ.

Por lo tanto, |A1A4| = r*(1 + 1/φ) = r + r/φ = r + |A1A2|, que es lo que se quería demostrar.

Hay otras maneras de llegar a esta conclusión, algunas de ellas con razonamientos basados en semejanza y paralelismo, pero he querido incluir esta colaboración, que incluye elementos de geometría clásica.

jueves, 3 de febrero de 2011

Cruzar el río

Enunciado

Hay muchos problemas de este tipo. Habitualmente hay varias soluciones, que se diferencian en pocos puntos. Se trata de tener cuidado con los desplazamientos que se hacen, ya que sí puede haber más griegos que cartagineses, o más cartagineses que romanos, pero no al revés.

Todas las soluciones requieren hacer algunos viajes para llevar a un par de romanos y un par de cartagineses al otro lado, y después un viaje para llevar dos griegos que completen el grupo. Sin embargo, en un momento dado hay que hacer volver atrás un grupo de gente para que se sigan cumpliendo las reglas.

Evidentemente, la barca no puede volver sin nadie que reme, así que siempre debe estar ocupada. Una manera de hacerlo, como propone un comentario de Claudio Meller en nuestro grupo de facebook podría ser la siguiente, donde, para abreviar, se nombra a los soldados por las iniciales (y un número que representa la cantidad, si hay más de uno) que hay en un lado, en la barca o en el otro lado.

Cruzan en la barca RCG, dejando 3R3C3G en la orilla.

Dejan en la otra orilla RC y vuelve G en la barca, juntando 3R3C4G.

Cruzan 3C en la barca, quedando en una orilla 3R4G y en la otra (cuando llegan) R4C.

Vuelve R en la barca, dejando 4C en la otra orilla y en la de partida 4R4G.

Ahora cruzan 3R, quedando 1R4G, y uniéndose a la otra orilla, donde hay ahora 3R4C.

Ahora, viene el paso difícil, ya que deben volver con la barca llena. Cualquier otro movimiento nos devuelve al mismo punto en que estábamos, o incumple alguna regla.

Vuelven en la barca R2C, dejando en la otra orilla 2R2C. Cuando se unen a los de la orilla de partida, son 2R2C4G.

Ahora cruzan 2G, dejando 2R2C2G y uniéndose una cantidad idéntica en el otro lado.

De nuevo debe volver la barca llena, con RCG, dejando en el otro lado RCG y en el lado inicial 3R3C3G.

Vuelve a cruzar la barca con 3G, llegando a la orilla final RC4G y dejando en la de partida 3R3C. La barca vuelve con un C. Ahora hay en la de partida 3R4C y en la de llegada R4G.

Cruzan R2C, dejando en la de partida 2R2C y en la de llegada 2R2C4G.

Vuelve la barca con RC, dejando en la de llegada RC4G y en la de partida 3R3C.

Cruzan ahora 3C, dejando en la de partida 3R y en la de llegada R4C4G.

Vuelve ahora R, dejando en la de llegada 4C4G, y en la de partida 4R.

Cruzan 3R, dejando en la departida R y en la de llegada 3R4C4G.

Vuelve R en la barca, dejando en la de llegada 2R4C4G y en la de partida 2R.

Cruzan los dos últimos en la barca.