domingo, 29 de mayo de 2011

Una función natural

Enunciado

Este tipo de problemas requieren, en primer lugar, captar el comportamiento de una función haciendo pruebas sobre números concretos, hasta elaborar una conjetura que nos permita aproximarnos a números mayores, e incluso a una tendencia general.

Para n = 1 nos dan el valor, 1. Para n = 2, como n = 2*1, f(n) = 3*1 = 3. De la misma forma, f(3) = 1 + f(2) = 3 + 1 = 4.

Podemos entonces calcular f(7) = 1 + f(6) = 1 + 3*f(3) = 1 + 3*(1 + f(2)) = 1 + 3 + 3*3*f(1) = 1 + 3 + 3*3 = 1 + 3 + 9 = 13. Respondemos, por lo tanto, a la primera pregunta.

Con un poco de intuición, podemos observar que si expresamos un número como suma de potencias de dos (como podemos hacer, por ejemplo, con 27 = 1 + 2 + 2*2*2 + 2*2*2*2), su imagen a través de esta función consiste en cambiar los números 2 por 3. Puesto que todo número puede expresarse así, es una buena caracterización.

Entonces, un número podrá o no ser imagen de otro si se puede expresar como suma de potencias de tres, cosa que no todos los números pueden lograr.

Seguimos, entonces, con f(8) = f(2*2*2) = 3*3*3 = 27.

Y f(12) = f(2*2 + 2*2*2) = 3*3 + 3*3*3 = 9 + 27 = 36.

Continuamos, ahora a la inversa, 27 = 3*3*3, por lo tanto 27 = f(8).

Y 30 = 3 + 3*3*3 = f(2 + 2*2*2) = f(10).

Sin embargo, 29 no puede ser expresado como suma de potencias de 3, por lo que es imposible que sea imagen de cualquier número.

También se puede acotar y ver que es mayor que cualquier imagen por debajo de 9, y menor que cualquier imagen de números mayores que 10, pero hay que tener mucho cuidado.

sábado, 28 de mayo de 2011

Una enorme potencia de 2

Enunciado

Empecemos por investigar la última cifra de las potencias de 2. Observamos que sigue el siguiente ritmo: 1, 2, 4, 8, 6, 2, 4, 8, 6, .....

En realidad, puesto que 2 elevado a 4 acaba en 6, y 6 tiene la propiedad de que al multiplicarlo por cualquier número par, el resultado acaba en ese mismo número par, cualquier potencia de exponente n acabará en el mismo número que una de exponente n + 4.

Por lo tanto, bastará estudiar el resto de la potencia que tenemos. Como sabemos que cualquier número que acabe en dos ceros es múltiplo de 4, y el anterior al que tenemos acaba en un doble cero, 2 elevado a un número menos debe acabar en lo que acaban todas las potencias de exponente múltiplo de 4, en 6. Y la que buscamos por tanto acaba en 2.

Ahora que sabemos la última cifra, vamos a estudiar la penúltima, pero sólo de las potencias que acaban en 2, multiplicando de 16 en 16. Observamos que el resultado depende únicamente de en que dos cifras acababa la potencia anterior.

Así, la potencia 5 acaba en 32 (es 32), la potencia 9 acaba en 12, la 13 en 92, la 17 en 72, la 21 en 52, y la 25 en 32. Eso quiere decir que después volverá a tener exactamente las mismas terminaciones, de forma que cada 5x4 potencias de 2 (es decir, cada 20) volverá a tener la misma terminación.

Desde 21 a 101 hay exactamente un múltiplo de 20 (80), es decir, terminará también en 52, y así será para todos los que se diferencien en múltiplos de 20, incluidos todos los exponentes que acaben en 01 (ya que serán una cantidad entera de centenares mayores que 101). Por lo tanto, el número que nos ocupa acaba en 52.

Pero eso sí, sería un número verdaderamente grande.

jueves, 26 de mayo de 2011

El área de un cuadrilátero

Enunciado

Mucha gente descubre que la parte que falta es proporcional a las que hay, pero no se plantean realmente por qué. Si lo piensas un poco, puesto que el área de un triángulo es base por altura partido entre dos, como el triángulo de 15 y el de 5 tienen la misma altura sobre la diagonal que comparten, el de 15 tiene el triple de base que el de 5.

Ahora bien, el triángulo de área desconocida tiene también la misma base que el de área 15, y la misma altura que el de área 7, que comparte base con el de área 5. Por lo tanto, su área también será el triple, es decir, 21.

Por lo tanto, el área total del cuadrilátero será 15 + 7 + 5 + 21 = 48, como ya habréis imaginado.

domingo, 22 de mayo de 2011

Tres propiedades, un número

Enunciado

Es curioso, creo que ha sido el problema con más comentarios que he tenido.

La mayor parte de ellos han acertado con el número, pero no han explicado cómo obtenerlo rápida y cómodamente.

Empezamos por pensar cómo es un número de seis cifras distintas, y que es múltiplo de 5. Puede acabar en 0 o 5, pero si tiene algún 0 se puede cambiar el 5 por el cero de posición, y tendremos uno mayor.

Como sus cifras suman 23, y tiene que ser lo mayor posible, empezamos situando delante la cifra mayor posible, un 9. Detrás, irá un 8, puesto que no podemos repetir. Es evidente que estas dos cifras suman ya 17, por lo que entre las cuatro restantes deben sumar sólo 6. Y cuatro cifras distintas, que sumen 6, sólo pueden ser 0, 1, 2 y 3. Puestas en orden inverso, para que sumen la cantidad mayor posible, tenemos la respuesta: 983210.

¿Podrías intentar uno de 5 cifras? ¿y si tuviera que sumar, por ejemplo, 34?

sábado, 21 de mayo de 2011

Un cubo de suma cero

Enunciado

El cubo de suma cero no existe. Pero hay que demostrarlo. Hay varias formas de abordar el problema. Después de darle alguna vuelta al cubo, tanteando con valores, me di cuenta de que cada vez que cambias un vértice de signo, alteras tres valores de los que se suman en este problema exactamente, cambiando el signo de todos ellos.

Cambias el propio vértice, pero cambias también el signo de las tres caras que están en contacto con él. Depende del signo que tuvieran anteriormente, puedes conseguir añadir o restar ocho a la suma total, si todos tenían antes el mismo valor, que la suma total permanezca igual, si había dos de cada, o, si hay uno de un signo y tres de otro, la suma varía en cuatro unidades. Por lo tanto, y pensando que la suma más sencilla de realizar es 14 (con todos los vértices a 1), sólo se podría lograr ir de 4 en 4 (y no en todos los casos), así que sólo serían alcanzables, según esta restricción los números 10, 6, 2, -2, etcétera, de la forma 2 + 4n, lo que no incluye el 0 (observa que no hay manera tampoco de conseguir 10, ya para esto un único cambio debería llevar a todos los vértices a 1, y en ese momento no habría tres caras de un signo y otra de otro).

La solución que propone la página del periódico es pensar que la suma de los catorce números, para dar cero, debe incluir 7 números positivos y siete negativos, con lo que el producto de todos ellos debería ser negativo, por ser una cantidad impar de negativos. Sin embargo, esto no puede suceder, debido a que el producto de todos ellos es exactamente igual a la potencia cuarta de los ocho de los vértices (que contribuyen tres veces al producto global, más ellos mismos). Y debe ser positivo, como todas las potencias cuartas.

Otra forma de verlo es cubrir todas las opciones, que no es muy complicado si se tienen en cuenta las simetrías del cubo.

viernes, 20 de mayo de 2011

Paralelepípedo con agua

Enunciado

Este problema es bastante más difícil de lo que parece, ya que normalmente las personas de la edad que participa en este tipo de concursos no conoce métodos algebraicos, así que deben trabajar por intuición, encontrando relaciones entre las diferentes longitudes sin más ayuda que la intuición.

Conocemos la altura según apoyemos el recipiente en uno u otro de sus lados, eso quiere decir que conocemos el área de sus lados, ya que un litro son 1000 centímetros cúbicos, y si alcanza 2 centímetros de altura, es porque el área de la cara sobre la que está apoyada es de 500 centímetros cuadrados, de la misma forma, las otras caras diferentes deben tener 250 centímetros cuadrados y 200 centímetros cuadrados.

A partir de ahí, se pueden intentar muchas estrategias para determinar el volumen del cuerpo. Una de ellas es tantear hasta dar con las tres longitudes del paralelepípedo, que salen 10, 20 y 25. Así que el volumen saldría 5 litros.

Otra estrategia consiste en pensar que, si conocemos el área de los laterales, que son rectángulos, es porque conocemos el producto de la altura por cada uno de los lados inferiores, y conocemos también el producto de los lados inferiores. Si multiplicamos estas dos áreas, 200 y 250 (da 50000) y dividimos entre la base (da 100), tendremos la altura al cuadrado, es decir, dicho de otra forma, la altura sobre la base de 500 es 10, por lo que su volumen total es 500*10 = 5000 centímetros cúbicos, es decir, 5 litros.

También multiplicando las tres áreas obtenemos el volumen al cuadrado, como podemos razonar, aunque es más difícil que se le ocurra a alguien sin ayuda del álgebra. Y probablemente habrá otras soluciones.

lunes, 16 de mayo de 2011

Calamares extraterrestres

Enunciado

Bueno, hay un detalle que se me olvidó incluir en el enunciado, y es que las crías no cuentan entre los que son designados para el suicidio. Además, es fácil entender que si es así, sea cual sea la cantidad total que tengamos, su población se ve reducida, de forma que acabará desapareciendo.

Siendo así, lo único que debemos fijar es que, si x es la cantidad de calamares ordosianos, x + [x*40/100] - [x*30/100] = x + 134. Y esta ecuación debe ser resuelta en enteros, es decir, no son válidas soluciones no enteras.

Bueno, tratemos de resolver la ecuación de manera imperfecta, y después trataremos el problema de los enteros. Si multiplicamos por 100, obtendremos que 100x + 40x - 30x = 100x + 13400, es decir, que 10x = 13400, por lo que x podría valer 1340.

Comprobemos esta solución, ya que hemos hecho simplificaciones muy alegremente. el 40% de 1340 es exacto, 536. y el 30% también es exacto, 402, de forma que todo funciona (1340 + 536 - 402 = 1340 + 134).

Sin embargo, ahora debemos pensar un poco más, y este era el verdadero objetivo de la pregunta ¿podemos variar la cantidad, o no?

La parte entera de un número x es s si y sólo si s ≤ x < s + 1. De esta forma, nuestro planteamiento se reduce al siguiente sistema de ecuaciones e inecuaciones, con s, t y x enteros: s ≤ 40x/100 < s + 1; t ≤ 30x/100 < t + 1; s - t = 134. Nos interesa acotar o determinar los valores de x. Eliminemos la incógnita s, ya que s = 134 + t: 134 + t ≤ 40x/100 < t + 135; t ≤ 30x/100 < t + 1, y quitemos denominadores, así 13400 + 100t ≤ 40x < 13500 + 100t; 100t ≤ 30x < 100t + 100. De la primera igualdad obtenemos que x ≥ 335 + 2,5t y que x < 337,5 + 2,5t, y de la segunda que x ≥ 3,3333t y que 3,33333 + 3,3333t > x. En definitiva, podemos intentar acotar t utilizando estas desigualdades y obtenemos que t debe estar estrictamente entre 398 y 405, por lo que s debe estar entre 532 y 539. De ahí, x debe estar entre el mayor de los valores que lo acotan por debajo, (que es 1330) y el menor de las cotas superiores, que es 1350. Podemos comprobar que con todos esos valores, obtenemos el resultado buscado.

En definitiva, los valores que podemos usar son: 1333, 1335, 1336, 1338 hasta 1342, 1344, y 1347.

No todos los valores funcionan, ya que algunos incumplen alguna de las cuatro desigualdades.

sábado, 14 de mayo de 2011

Un piano gigantesco

Enunciado

Se trata de un problema de congruencias. Puesto que sólo hay 7 teclas, y seguir equivale a volver a empezar, cuando lleguemos a saltar 7 es exactamente lo mismo que no cambiar de nota (aunque nos saltamos una escala completa), saltar 8 es lo mismo que sólo saltar 1 y así sucesivamente (saltar 12 es como saltar 5, saltar 16 es como saltar 2).

En definitiva, los primeros saltos serán DO RE FA SI FA RE DO y a partir de ahí, salto completo de escala a otro DO, y vuelta a empezar. Eso quiere decir que repetiremos la misma secuencia de siete notas en el orden que se ha dicho, aunque cada vez tendremos más saltos de escala.

Puesto que cada 7 notas tocamos dos veces DO y las 7000 teclas que hemos tocado equivale a repetir la secuencia 1000 veces, debemos haber tocado 2000 veces la tecla DO.

Hay tres teclas repetidas en la secuencia de 7, y por tanto hay otras 3 (MI, SOL y LA) que no se tocan nunca en ningún momento.

jueves, 12 de mayo de 2011

La letra del DNI

Enunciado

Efectivamente, si una de las cifras es o no correcta, se aprecia claramente por lo que sabemos, ya que si probamos las diez posibles combinaciones, sólo una de ellas da un resto adecuado.

Otra manera de calcularlo es escribir el número como 12024788 + k*10000, y por lo tanto, su resto, al dividir entre 23, será el mismo que 20+k*19 para todos los k (en realidad, el mismo que 20 - 4k). Puesto que queremos que sea 12, podemos ver que el resto si el dígito es 0 es 20, si es 1, 16, si es 2, 12 (que es el que queremos), si es 3, 8, y así sucesivamente (observa que si es 5, el resto es 0, y si es 6, el resto será 19 (23 - 4).

Sea como sea, el dígito debe ser 2 y no 9.

En la segunda parte, vemos que dividir entre 25 no sirve en este caso, ya que el resto (salvo que toquemos las últimas dos cifras) no varía al alterar una cifra cualquiera. En el caso que nos preguntas, los 10 valores dan el mismo resto, 21.

Dividir entre 21 vuelve a ser útil para este cálculo, ya que cada dígito diferente da un resto distinto. Podemos organizar un ejemplo como el primero, por ejemplo, alterar el tercer dígito del 12024788 y comprobar que para el 0 da 20, para el 1 da 18, para el 2 da 16 y así sucesivamente (vemos que no hay dos restos iguales). Debido a que los factores primos de 21 no dividen a 10 (y por tanto, no dividen a sus potencias) y es mayor que 10, es sencillo entender que esto va a suceder para cualquier dígito que cambiemos.

domingo, 8 de mayo de 2011

Números compadres

Enunciado

Me gustó jugar con esta característica, recogida de un problema de las primeras Olimpiadas Iberoamericanas,que presentaba varios retos interesantes, de los que se escogieron tres para el ejercicio.

El primer reto era muy sencillo. En realidad, era suficiente utilizar tres números escritos con unos y ceros que fuesen mayores (pero no mucho mayores) que el número que nos proponían, 237. Por ejemplo, el 1000, el 1001 y el 1010. Sus diferencias, es decir 1000 - 237 = 763, 1001 - 237 = 764 y 1010 - 237 = 773.

La segunda pregunta era más complicada, ya que tratábamos de encontrar todos los posibles, así que continuábamos escribiendo números de cuatro cifras con esa característica, es decir, 1011, 1100, 1101, 1110 y 1111. El siguiente, sería un número de 5 cifras, por lo que el número compadre que originara no sería ya válido, al tener cuatro cifras. Sin embargo, los ocho resultados obtenidos tenían tres cifras, eran, además de los anteriores, 774, 863, 864, 873 y 874.

Para la última pregunta la cuestión era más sencilla, si se había hecho bien el trabajo previo. Lo que pasa es que sólo podíamos partir de 1000, 1001, 1010, 1011, 1100 y 1101, ya que los dos siguientes dan una diferencia de más de tres cifras. Por lo tanto, los compadres del 102 que buscamos son el 898, el 899, el 908, el 909, el 998 y el 999.

sábado, 7 de mayo de 2011

Presos con sombrero

Enunciado

Se pueden salvar todos menos, eventualmente, el primero.

Una estrategia que pueden seguir es codificar la paridad, por ejemplo, de gorros blancos.

Imagina que el primero ve 25 gorros blancos, que es un número impar. No sabe de qué color es el suyo, así que no puede estar seguro de qué tiene que decir para salvarse. Como la cantidad de gorros blancos es impar y ha llegado a un acuerdo con sus compañeros, dice "negro".

El segundo, como ha oído "negro", sabe que el total de gorros blancos que ha visto el primero es impar, de forma que los cuenta y si ve una cantidad par, su gorro es blanco, y si es impar, su gorro es negro. Así que lo dice.

El tercero, sabe que, originalmente, la cantidad es impar (porque la primera información es que el color es negro, en caso contrario, sería par). Si el anterior a él ha dicho blanco, contando el suyo, debe quedar una cantidad par, y si ha dicho negro, impar. Estudiando la paridad de los que él ve, puede saber de qué color es el suyo. Negro, si la información que calcula coincide con la que ve, blanco en caso contrario.

En definitiva, la información que el primero trasmite es la paridad de la cantidad de blancos que él ve (negro es impar, blanco es par). Cada uno debe cambiar la paridad de par a impar cada vez que uno de los presos que habla dice "blanco", y contar los que ve. Si la paridad que él calcula coincide con la información que le trasmiten, su gorro es negro, y si no coincide es blanco.

Este sistema es muy dependiente de la información que se trasmita. Un único error en la cadena provoca que todos los siguientes mueran, y otro error, restaura el orden. En especial, dependen del primero, que no gana nada ni pierde en ningún caso.

No hay un sistema mejor, ya que no hay forma de que el primero pueda conocer el color de su gorro, así que tendrá un 50% de probabilidad de fallar, se siga la estrategia que se siga.

jueves, 5 de mayo de 2011

Competiciones

Enunciado

Como primer clasificado podemos situar a seis personas. Cuando ya hayamos escogido al primero, quedan 5 que pueden optar a la segunda plaza, así que primero y segundo se pueden situar de 6*5 = 30 formas distintas. Pero luego, el tercero lo podemos escoger entre los cuatro restantes, así que los tres primeros tendrán 30*4 = 120 formas distintos de situarse. Por último, para el cuarto hay tres candidatos, de forma que tendremos 120*3 = 360 clasificaciones posibles.

Para la segunda pregunta, basta considerar que no es posible que los cuatro sean del mismo instituto, de forma que podemos escribir fácilmente las posibilidades, o calcularlas de forma similar a la anterior, pero eliminando las dos posibilidades en las que todos son del mismo centro. Quedan 14 (GGGL, GGLG, GGLL, GLGG, GLGL, GLLG, GLLL, LGGG, LGGL, LGLG, LGLL, LLGG, LLGL, LLLG).

Ver si los resultados GGGL y GGLL tienen las mismas posibilidades, es más complicado. Si ya sabemos que el resultado ha sido GGGL, y queremos estudiar cómo han quedado los concursantes, tenemos 3*2*1*3 = 18 posibles clasificaciones de las personas individuales (se pueden situar las letras de esa cantidad de formas), mientras que sobre un resultado GGLL se pueden situar los concursantes de 3*2*3*2 = 36 formas diferentes, es decir, hay el doble de posibilidades de que se de el resultado GGLL que el resultado GGGL.

La última pregunta necesita que hayamos calculado todas las anteriores, ya que la fracción del total (18 de 360) que hemos calculado es, realmente, igual a 1/20, ya que podemos simplificar la fracción 18/360 hasta lograr 1/20, dividiendo, por ejemplo, entre 2, 3 y 3.

lunes, 2 de mayo de 2011

Un rectángulo cortado (III)

Enunciado

Las formas de cortar un rectángulo en seis rectángulos más pequeños son siempre utilizando cortes paralelos a los lados, ya que si algún corte no fuese paralelo a los lados, el primero que no fuese paralelo empezando por un lado no formaría un rectángulo.

Es necesario hacer cinco cortes para obtener seis rectángulos, pero se pueden hacer en cualquiera de las dos direcciones, y antes o después (en un orden u otro). Según las direcciones obtenidas podemos clasificarlos, haciendo familias de cortes. Ha sido muy interesante ver las propuestas de clasificación que ha hecho cada persona que ha concursado.

cortar un rectángulo

cortar un rectángulo

La forma de dividir los rectángulos para armar el rompecabezas era difícil de descubrir, aunque ensayando sobre casos concretos se podía generalizar muy pronto.

La idea era que todo rectángulo de lados a y b se puede dividir en un cuadrado y un rectángulo con un único corte (vale, si nos ponemos técnicos, hay una excepción: que el rectángulo tenga doble base que altura o viceversa). El corte se hace en un punto que (si b>a) divide la longitud b en dos segmentos de longitud a y b - a. Ahora, se trata de dividir todos los rectángulos en una proporción equivalente, es decir, que si su lado paralelo a los lados b mide x, trazamos una línea que lo divida en dos verticalmente, de longitudes x*a/b y x*(b - a)/b. Los trozos de tamaño x*a/b los situamos en la misma posición que ocupaba el rectángulo original, mientras que los otros trozos se sitúan en idéntica posición, componiendo otro rectángulo. Podemos entender fácilmente que se forma un cuadrado de tamaño a*a y un rectángulo de tamaño a*(b - a), ambos con idéntica descomposición que el rectángulo original. En el dibujo podemos ver un ejemplo con menos piezas.