lunes, 29 de agosto de 2011

Empaquetando eles

Enunciado

Agrupación de cinco eles

Agrupación de cinco eles

Las formas más compactas, es decir, con menos perímetro, habitualmente son las más simétricas (cuadrados, círculos, y formas similares). En nuestro caso, como debemos ocupar 15 cuadrados, no puede ser un cuadrado, pero sí algo semejante.

El objetivo, al empezar, puede parecer el rectángulo 3x5, pero pronto veremos que es imposible. Sin embargo, conseguir un cuadrado 4x4 al que le falta un cuadrado en la esquina es sencillo, y tiene el mismo perímetro (160 centímetros).

La forma de conseguir el cuadrado es situar una de las piezas centrada y rodearla con piezas iguales. Es evidente que, donde tenemos la parte cóncava de la "ele", faltará el cuadradito.

sábado, 27 de agosto de 2011

Todo el mundo a su silla

Enunciado

Cuando se trata de calcular un número muy grande, lo primero que debemos hacer es reducirlo a situaciones más controlables (dos sillas, tres sillas, y cosas así).

Si sólo tenemos dos sillas, únicamente tenemos dos formas de sentarse.

Con tres sillas, si dejamos fijo uno de los de la esquina, hay dos formas de sentarse. Si se desplaza a la silla de al lado, sólo hay una forma de sentarse. en total, tres.

Con cuatro sillas, de nuevo tenemos la posibilidad de fijar el de la esquina, y entonces reducimos el problema a tres sillas (3) y si lo movemos, eso obliga al siguiente a sentarse en la silla vacía, con lo que quedan dos posibilidades para las dos sillas restantes (5 en total).

Tras darle muchas vueltas, me he dado cuenta de que una forma de reducir el problema a una situación inferior (quitar una o dos sillas) es tener en cuenta que, si el último de la fila (el que ocupa la posición número 35) no se mueve, tendremos que contar con las formas que tiene de sentarse 34 personas en 34 sillas siguiendo esas condiciones, y si cambia de silla, como sólo se puede poner en la 34, el de la silla 34 es el único que puede situarse en la silla 35, ya que no hay otro que la tenga al lado, y el número de situaciones posibles serán las formas de sentarse las restantes 33 personas en las restantes 33 sillas.

Dicho de otra manera, si llamamos S(N) al número de formas que existen de sentarse N personas en N sillas de la forma indicada, entonces S(N+1) = S(N) + S(N-1). Esta famosa fórmula es la de las sucesiones tipo Fibonacci, y como podemos suponer que S(0) = 1 (por convenio) y es fácil ver que S(1) = 1 y que S(2) = 2 (con lo que el convenio está justificado), en realidad esta sucesión es la de Fibonacci adelantada en uno (la de fibonacci empieza por 0, 1, etc.).

Ahora, calcular esta sucesión es otro problema distinto, si disponemos de una calculadora, podemos incluso utilizar la fórmula explícita exponencial, pero creo que estaréis esperando únicamente el resultado, es decir S(35), que es, si no me equivoco, 14930352.

Nota: he tenido que corregir la estimación inicial, pues me había equivocado en un término de la sucesión de fibonacci.

viernes, 26 de agosto de 2011

Obtener 2011

Enunciado

Para centrarnos un poco, es sencillo ver que ese tipo de sumandos que buscamos debe tener una cifra en común, y que por tanto todos los resultados que obtengamos a partir de ellos serán múltiplos de esa cifra. Puesto que 2011 no tiene ningún factor entre 2 y 9 (de hecho, es primo), la única cifra que podremos utilizar es el 1.

A partir de ahí, podemos tantear con las diferentes formas de conseguir números usando esas cifras. Yo he tanteado haciendo una columna con los posibles productos, y otras con las diferentes sumas y restas que podía hacer (una con dos sumandos, otra con tres, y así sucesivamente). Con un poco de paciencia se llega a calcular números útiles para conseguir el resultado deseado.

Se puede intentar buscar primero el 2000 (o incluso el 2 y multiplicarlo por el 1000, que es sencillo conseguir) y sumarle 11. Si no queremos que haya sumandos repetido podremos desarrollar los productos de sumas para comprobar que no estemos incurriendo en ninguna trampa (por ejemplo, en (11*11 + 11 - 111 - 1)*(111 - 11) + 11 en realidad estamos repitiendo el sumando 11, ya que equivale a 111*11*11 - 111*111 + 111*11 -11*11 + 11 + 11).

El ejemplo de la solución oficial, consigue 2 = 111 - 11*11 + 11 + 1, y usa 1000 = 1111 - 111, de forma que (111 - 11*11 + 11 + 1)*(1111 - 111) + 11 = 2011, que desarrollando es 1111*111 - 1111*11*11 + 1111*11 + 1111 - 111*111 - 111*11*11 - 111*11 -111 + 11 = 2011, donde evidentemente no hay sumandos repetidos. No he encontrado ninguna otra solución válida, si bien tampoco le he dedicado demasiado tiempo.

La más breve parece ser 2011 = 1111*1111 − 111*11111 + 1111 − 111 + 11.

domingo, 21 de agosto de 2011

Los asientos del teatro

Enunciado

La mejor manera de resolver los problemas de probabilidad es haciendo un árbol de sucesos disjuntos e ir apuntando las probabilidades en cada caso, condicionadas a la posición del árbol, para al final multiplicarlas todas, calcular el peso de cada rama y sumar las ramas favorables.

En nuestro caso, vamos a suponer que queremos calcular la probabilidad de que María se tenga que cambiar de asiento. Por lo tanto, vamos a ir apartando probabilidades de manera clara en casos complementarios.

Cuando llega Ana, sólo hay un asiento libre. La probabilidad de que su asiento esté libre es, por tanto, de 1/4, pero en ese caso María no se tiene que cambiar de asiento, por lo que la rama que nos interesa tiene una probabilidad de 3/4 (el asiento de Ana está ocupado).

Ahora, suponiendo que el asiento esté ocupado, hay 1/3 de probabilidad de que la que lo ocupa sea Ana, y en ese caso se tendría que cambiar (ya tenemos una rama favorable, 3/4*1/3). Sin embargo, también hay que seguir lo que sucede en la rama complementaria (probabilidad 2/3), que la ocupe otra de las hermanas, que por supuesto se tiene que levantar.

Ahora, Ana ya está en su sitio, y hay otra hermana buscando su sitio. Hay una probabilidad de 1/3 de que su sitio esté vacío, pero en ese caso María no cambia de asiento y no nos interesa, la rama contraria (su asiento está ocupado) tiene probabilidad 2/3.

Como Ana ya está en su asiento, hay una probabilidad de 1/2 de que la que ocupa el asiento sea María, y en ese caso, esa rama también es favorable (3/4*2/3*2/3*1/2), aunque también hay que seguir la rama complementaria, de que sea la tercera hermana.

En este último caso, se abren dos ramas de nuevo, que su asiento esté libre (1/2, María se queda en su asiento, que resulta ser realmente su asiento), o bien que esté ocupado, en este caso por María, que encuentra que su asiento era el que estaba libre, 1/2 de probabilidad. Esta última rama tiene de probabilidad 3/4*2/3*2/3*1/2*1/2.

Ahora hay que sumar las tres probabilidades, 3/4*1/3 + 3/4*2/3*2/3*1/2 + 3/4*2/3*2/3*1/2*1/2. Simplificando en cada fracción, obtenemos 1/4 + 1/6 + 1/12 = 3/12 + 2/12 + 1/12 = 6/12 = 1/2.

Efectivamente, la probabilidad de que María se tenga que levantar es del 50%.

sábado, 20 de agosto de 2011

Cuadrados que suman grandes números

Enunciado

Como resulta sencillo de observar, este problemas es más complicado que la mayoría.

Evidentemente, para poder solucionarlo, es necesario empezar con potencias de 2 más bajas, observando, por ejemplo, 4, que sólo tiene una suma posible con cuatro cuadrados, 1 + 1 + 1 + 1. El 8, que es la siguiente potencia, no tiene ninguna suma posible, ya que los cuadrados pequeños no pueden agruparse para dar 8. De la misma forma, 16 es suma únicamente de 4 + 4 + 4 + 4, 32 no admite suma de este tipo y 64 = 16 + 16 + 16 + 16.

La primera observación es que parece que las potencias que admiten una suma de este tipo deben ser los cuatro sumandos iguales. Y la mitad de potencias (las de exponente impar) no las admiten.

Un truco que se puede usar para trabajar en este tipo de problemas es usar los restos al dividir por un determinado divisor. En este caso vamos a usar el 8 por ser una potencia de 2, y lo suficientemente grande para empezar a provocar problemas. Los restos al dividir por 8 pueden estar entre 0 y 7 (o entre -3 y 4). Puesto que las principales operaciones trabajan bien con los restos (los restos de la operación coinciden con la operación con los restos), podemos observar que los cuadrados de los números sólo pueden tener restos 0, 1 o 4. Puesto que las potencias de exponente mayor o igual a 3 tienen un resto evidentemente de 0, la igualdad se tiene que dar sin usar ningún número cuyo cuadrado de de resto 1, puesto que sumando menos de ocho unos no conseguimos ningún número múltiplo de 8.

Razonando de esta forma, una supuesta suma de este tipo debe hacerse con números cuyos cuadrados tengan un resto 0 o 4 al dividirse por 8, es decir, que deberán ser pares. Eso significa que esos números se podrán escribir como 2a, 2b, 2c y 2d, por lo que la suma de sus cuadrados será 4*(a2 + b2 + c2 + d2). Puesto que al otro lado de la igualdad hay una potencia de 2, podemos dividir por 4 y rebajar la situación a un caso anterior.

Ya casi lo tenemos. Puesto que una suma de cuatro cuadrados puede reducirse (si la potencia es mayor que 3) a un caso similar, pero con una potencia dos unidades menor, podemos afirmar que sólo habrá dos casos. Las potencias pares, que cuando bajen a la primera potencia par por debajo del límite serán como 4, y por tanto serán suma de cuatro cuadrados iguales, y las impares, que bajarán a 2, que no tiene ninguna suma posible de ese tipo, por lo que tampoco ellos la tendrán.

Luego 22011 no se puede expresar como suma de cuatro cuadrados y 22012 = 22010 + 22010 + 22010 + 22010.

jueves, 18 de agosto de 2011

Un producto unificado

Enunciado

Para encontrar un factor de dos cifras, necesitamos parte de la descomposición en factores primos. Concretamente, necesitamos aquellos factores primos que tengan una o dos cifras, para calcular a partir de ellos cuál es el divisor que nos interesa.

En concreto, este número es divisible por muchos factores de ese tipo: 32, 7, 11, 19 y 37. Sin embargo, debe ser un factor relativamente grande, ya que el resultado de dividir tiene 16 cifras. Los números de 2 cifras que podemos construir con estos factores son: 11, 19, 37, 21, 33, 57, 77, 63 y 99, según la cantidad de factores primos que usemos.

Evidentemente, empezaremos por el mayor, que es 99, y el cociente correspondiente es 1122334455667789. También es válido 77, que da 1443001443001443, 63, que da 1763668430335097, 57, que da 1949317738791423, 37, que da 3003003003003003, 33, que da 3367003367003367, 21, que da 5291005291005291, y 19, que da 5847953216374269. El único que no es válido es el 11, ya que da un número de 17 cifras.

A partir de cualquiera de ellos se puede construir el número pedido, por ejemplo 37*3003003003003003 = 111111111111111111, que es un producto como el que se pide.

Si lo que se busca es encontrarlo con velocidad, este es un buen candidato, ya que cada tres "unos" forman 111, que es 3*37, y evidentemente podemos encontrar rápidamente un divisor del número y obtener un resultado rápido.

martes, 16 de agosto de 2011

Dos triángulos juntos

Enunciado

La idea más sencilla, dado que un alumno de primaria no conoce muchos detalles de las propiedades de las fórmulas, es que recuerde cómo se puede obtener el área de un triángulo a partir de la de un rectángulo, es decir, que use los dos trozos del rectángulo (la zona coloreada y la no coloreada) para ver que en realidad son dos áreas iguales (mediante giros y poniendo encima una de otra, mentalmente).

En cuanto veamos que en realidad ambas partes son iguales, está claro que el área de la zona coloreada es la mitad, es decir, 16*6/2 = 96/2 = 48.

viernes, 12 de agosto de 2011

De un lado para otro

Enunciado

La respuesta tiene dos partes. En primer lugar, hemos de ver que la elección del punto donde se sitúa el poblado no afecta a la suma de las distancias a los lados, y después el tiempo que tardan en recorrer esa distancia.

Para mostrar la independencia del punto, un método muy visual es trazar desde el punto escogido una línea a cada vértice del triángulo equilátero, de forma que queda dividido en tres triángulos. El área del triángulo equilátero será igual a la suma de los tres triángulos, sea cual sea el punto, y el área de cada uno de ellos será la distancia del punto al lado multiplicada por 5. Es decir, que la suma de las tres distancias, multiplicada por 5, es igual al área del triángulo equilátero.

Y ahora que conocemos ese dato, calcular la suma de las distancias es muy sencillo, pues el área de un triángulo equilátero de lado 10 km será 25*√(3) kilómetros cuadrados, por lo que la suma de las distancias, sea cual sea el punto, será 5√(3) kilómetros, y el tiempo que tardan en recorrer esa distancia (recuerda que es ida y vuelta), a 5 kilómetros por hora, será 2*√3, aproximadamente 3,46 horas.

jueves, 11 de agosto de 2011

Reunión de la ONU

Enunciado

La solución es algo más compleja de lo que afirma el comentario de Pablo Sussi, porque, aunque el número de representantes debe ser, efectivamente, múltiplo de 25, puede ser un múltiplo que permita divisiones en mesas de cantidades diferentes a un divisor de 25.

Veamos primero por qué debe ser múltiplo de 25. Como el número de representantes del país A debe ser doble y cuádruple de algo, debe ser múltiplo de 12, es decir, de la forma 12k. Por otra parte, el número de representantes del país B será 6k, el de C será 4k y el de D será 3k. En total, el número de representantes debe ser, por tanto, 12k + 6k + 4k + 3k = 25k.

Está claro que podemos dividir estos mandatarios en mesas de 25 siguiendo las condiciones del problema, ya que podemos situar 12 mandatarios de A en cada mesa, 6 de B, 4 de C y 3 de D. En realidad, hay muchas formas de dividir a los de B, C y D. Si no queremos que haya superioridad numérica de A, lo más complicado será repartir escrupulosamente los representantes de A.

Veamos que cualquier cantidad r inferior en la que queramos repartir a los mandatarios en mesas iguales obligará a que en una mesa los representantes de A no estén en inferioridad.

Supongamos que r es una cantidad impar, es decir r = 2s + 1. Si r no es múltiplo de 5, entonces debe haber un total de 25*(2s+1)*t para algún valor de t, y habrá 25t mesas, de las cuales a lo sumo s de cada mesa son de A, pero entonces s*25*t ≥ 12*(2s + 1)*t, por lo que s*25*t ≥ 24st + 12*t, y de ahí s*t ≥ 12t, por lo que s ≥ 12, por lo que r debe ser al menos 25.

Una demostración similar de que es imposible es válida para 5 y 15, teniendo en cuenta que en ese caso el número total de representantes es de la forma 25k y 75k, respectivamente.

Si r es par y no múltiplo de 5, la demostración también es sencilla, ya que en ese caso r = 2s, y la cantidad máxima de representantes de A debe ser s - 1, por lo que s*25*t -25t ≥ 12*2s*t, por lo que s*25*t ≥ 24s*t + 25t, y tenemos que st ≥ 25t, y s debe ser al menos 25 (y r 50).

Los casos en los que r vale 10 o 20 se deben tratar a parte, como antes, ya que la cantidad de representantes total debe ser entonces 50k o 100k respectivamente, y la demostración de que es imposible es similar.

Por lo tanto el menor número de representantes por mesa debe ser 25.

lunes, 8 de agosto de 2011

Codificando los libros

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La idea es que, si las ponemos por orden alfabética, las primeras 26 claves sólo varían en la última letra, las segundas 26 repetirán la secuencia, cambiando sólo la letra central, y así una y otra vez hasta llegar a la primera que cambia la letra primera, que, como dice Pablo en los comentarios, es la clave que sigue a la 26*26 = 676. Es decir, que cada 676 claves cambia la primera letra.

Como tenemos 2203 libros, hay que ver cuántos grupos de 676 hemos usado completamente, es decir que 2203 entre 676 da 3, luego hemos usado completamente las claves cuya primera letra es A, B y C, por lo que los últimos códigos empiezan por la letra D, y son 2203 - 676*3 = 175 los códigos que empiezan por esta letra.

De manera similar, hay que dividir 175 entre 26 para averiguar cuántas letras hemos usado completamente como segunda letra, teniendo que ya hemos usado por completo 6 de las letras como segunda letra (A, B, C, D, E y F), por lo que la última letra que emplearemos como segunda letra (y por lo tanto, la segunda letra presente en el último código) será la G. Ya sabemos que el último código empieza por DG.

Y, de nuevo, calculamos 175 - 6*26 = 19, observando que serán 19 los códigos que empiezan por DG que habremos utilizado, así que serán A, B, C, D, E, F, G, H, I, J, K, L, M, N, O, P, Q, R y S, así que el último código usado será el DGS.

Se supone que el alfabeto de 26 letras suprime la letra Ñ, aunque sea vital para el castellano, por su similitud con a N, que dificulta la catalogación.

sábado, 6 de agosto de 2011

Mesa y mantel

Enunciado

De nuevo tenemos un problema de recubrimientos, y de nuevo se puede usar un sistema de coloración.

Dadas las condiciones de recorte, sólo se pueden formar rectángulos, con la condición de que uno de los lados mide 20 centímetros.

Imagina que divides la mesa en cuadrados de 10 centímetros de lados, y los pintas de forma ajedrezada. Es sencillo comprobar que cualquier rectángulo que sitúes dentro de ese tablero tapa la misma cantidad de cuadrados de ambos colores, debido a que uno de sus lados mide 20 centímetros (observa que cualquier franja de 20 centímetros de ancho tapa la misma cantidad de los dos colores).

Ahora bien, la mesa mide 90 por 150, es decir, que hay 9*15 = 135 cuadraditos, y eso es un número impar, lo que quiere decir que no hay la misma cantidad de cuadrados de los dos colores. Luego es imposible tapar la mesa de la forma indicada.

jueves, 4 de agosto de 2011

Buscando a Doman

Enunciado

Los problemas de lógica siempre se deben demostrar estudiando las posibilidades de verdadero o falso de las diferentes afirmaciones.

Aken seguro que no es de Uti (porque estaría mintiendo), pero tampoco puede ser de Iomi (porque diría la verdad), luego debe ser de Grundi y su segunda afirmación es dudosa.

Cwos no puede ser de Grundi, pues es de un sitio diferente de Aken, y por tanto dice la verdad, por lo que no puede ser de Iomi. Así que debe ser de Uti. Su segunda afirmación, por lo tanto, también debe ser cierta, y Doman será, por tanto, de Uti.