domingo, 25 de septiembre de 2011

Sumar infinidad de áreas

Enunciado

Cadena de circunferencias

Cadena de circunferencias

Si intentas dibujar la situación, rápidamente te das cuenta de que hay una relación geométrica (una semejanza) entre cada circunferencia y la anterior, es decir, que hay una escala que transforma cada circunferencia en la siguiente. Eso significa que el área de cada círculo es igual a la del anterior por una constante (la escala al cuadrado), por lo que se trata de una suma de una progresión geométrica de razón menor que uno, y por lo tanto sabemos que, una vez hallemos la razón r, la suma de todas las áreas será A/(1-r2), donde A es el área del primer círculo.

Así que enfocamos todo el esfuerzo a calcular la razón de la progresión en función de r1 y d1.

Si nos fijamos sólo en las dos circunferencias primeras, está claro que r2 = r*r1. Pero, por otra parte, puesto que el triángulo rectángulo que forma el radio a la tangencia y el punto O también es semejante, y con la misma escala, tenemos que su hipotenusa es d1 - (r1 + r2) = r*d1. De estas dos igualdades, tenemos que d1 - r1 = rd1 + rr1, y sacando factor común, tenemos que r = (d1 - r1)/(d1 + r1).

En realidad a nosotros nos sirve más 1 - r2, que vale 4d1r1/(d1 + r1)2.

Como,por otra parte, se tiene que el área del primer círculo es πr12, tenemos que la suma de todas esas áreas es πr12(d1 + r1)2/(4d1r1) = πr1(d1 + r1)2/(4d1).


lunes, 19 de septiembre de 2011

Reunión de conocidos

Enunciado

El comentario de Pablo Sussi comenta perfectamente la solución.

Empezamos por el once, que conoce a todos. Como Irene sólo conoce a uno, es a él al que debe conocer.

El diez, que conoce sólo a 10, conoce a todos (también al duodécimo invitado), menos a Irene.

El que conoce sólo a dos, conoce al once y al diez, y a nadie más.

Así, sucesivamente, los que más conocen conocen también al duodécimo, y ninguno de los que menos conoce le conoce.

Al final, resulta que conoce exactamente a 6 invitados, que en la lista ordenada son los que van del 6 al 11.

sábado, 17 de septiembre de 2011

Seis distancias en doce vértices

Enunciado

No se pueden realizar las conexiones que pide el enunciado.

Se trata de un problema de paridad. Se puede abordar de varias formas. La más clara a mi modo de ver consiste en numerar los vértices, revisar todos los vértices que hayamos unido, sumándolos y fijándonos en su paridad.

Los segmentos 1, 3 y 5 agrupan tres vértices pares con tres vértices impares. Cuando los sumemos, obtendremos una cantidad impar. Sin embargo, 2, 4 y 6 son segmentos que unen vértices de la misma paridad (ambos pares o ambos impares), de forma que al sumarlos obtendremos una cantidad par.

En definitiva, que si sumamos todos los vértices del 1 al 12, deberíamos obtener una cantidad impar si estuviesen unidos de esa forma, y sin embargo, obtenemos 78, que es una cantidad par. Luego es imposible.

viernes, 16 de septiembre de 2011

Con tres dígitos

Enunciado

Vamos a probar a sumar uno de los casos, por ejemplo, con los dígitos 1, 2, 3. Se pueden construir los números 12, 21, 13, 31, 23 y 32. si tratamos de sumarlos, y los ponemos uno sobre otro, descubriremos que en la primera columna sumamos dos veces cada cifra (en el ejemplo, dos unos, dos doses y dos treses), anotamos la cifra de las unidades y nos llevamos lo que queda, y en la segunda volvemos a hacer lo mismo. Es como si sumásemos los números 11, 22 y 33 dos veces.

Si aplicamos este razonamiento a unos dígitos en general, es como si los multiplicásemos por 22 (es decir, por 11 dos veces) y los sumásemos. Como en nuestro caso, sabemos que la suma debe dar 484, debemos saber qué números hemos multiplicado por 22.

Dividimos 484 entre 22 y da 22, precisamente, es decir, que los tres dígitos que tenemos deben sumar 22.

Por lo tanto lo que queda es encontrar los dígitos (entiendo que todos distintos) que suman 22. El menor de ellos debe ser al menos 5, ya que entre 8 y 9, los más grandes, sólo suman 17. Ya tenemos un trío, {5, 8, 9}. Con el 6 se forma otro trío, {6, 7, 9}, y no hay más, ya que el problema no tiene sentido si dos de ellos son iguales.

lunes, 12 de septiembre de 2011

El caso es jugar

Enunciado

Se trata únicamente de hacer una multiplicación y una división.

Puesto que siempre hay 5 jugadores en el campo, en los 40 minutos del partido han usado 40*5 = 200 minutos de jugador, es decir, los minutos que ha jugado cada jugador, sumados, debe dar un total de 200.

Si dividimos ese total entre 8, ya que suponemos que todos han jugado la misma cantidad de tiempo, obtendremos 25 minutos, que es lo que habrá jugado cada uno.

sábado, 10 de septiembre de 2011

Un cuadrado mágico especial

Enunciado

La clave de la creación del cuadrado mágico es la elección de los números que van a aparecer. Si nos fijamos en los seleccionados para los dos cuadrados numéricos empleados, descubriremos que forman tres progresiones aritméticas de tres números separadas a su vez por una diferencia constante. Hace falta, por tanto, descubrir números que formen una sucesión aritmética y que la cantidad de cifras también la forme.

En castellano resulta especialmente difícil hacer esto, ya que no hay números en la primera centena que cumplan todas las condiciones, o al menos yo no los he encontrado. Es fácil encontrar tres números en progresión aritmética cuyos nombres cumplan la condición buscada, por ejemplo, uno, tres y cinco, ya que los números están separados por dos unidades y sus nombres, por una única letra.

A partir de ahí, podemos acudir al ingenio para encontrar las otras dos series, ya que en castellano los millares se generan anteponiendo la palabra mil y la segunda unidad de millar, con las palabras dos mil, que tienen tres y seis letras más, de forma que podemos usar, por ejemplo, uno, tres, cinco, mil uno, mil tres, mil cinco, dos mil uno, dos mil tres y dos mil cinco.

De esta forma, obtenemos los cuadrados mágicos

3, 2005, 1001

2001, 1003, 5

1005, 1, 2003

Cuyas cantidades de letras forman el cuadrado mágico

4, 11, 6

9, 7, 5

8, 3, 10

jueves, 8 de septiembre de 2011

Tres números y una condición

Enunciado

En este tipo de ecuaciones diofánticas hay que empezar por descartar las soluciones sencillas. Es evidente que (0, 0, 0) es una solución. Veamos si existen otras.

Si alguna de las variables vale cero, se da una igualdad muy sencilla que es falsa para cualquier par de enteros, porque ni 3 ni 2 son cuadrados perfectos. Así que las demás soluciones, si existen, tendrán todos los valores no nulos.

El siguiente paso es trabajar con las multiplicidades. No hay ningún problema con la paridad, pero si nos referimos a la divisibilidad por 3, sucede que la igualdad se puede escribir como a2 - 2b2 = 3c2, y eso quiere decir que el primer término es divisible por 3.

Sin embargo, si a y b no son múltiplos de 3, se pueden escribir de la forma 3n + 1 o bien 3n - 1 para algún valor de n, y al elevarlos al cuadrados quedan en cualquier caso como un múltiplo de 3 más uno. Evidentemente, si restamos a un múltiplo de tres más uno el doble de otro, es imposible obtener un múltiplo de 3. Por lo tanto, ambos son múltiplos de 3.

Ahora bien, si a y b son múltiplos de 3, 3c2 será múltiplo de 9, por lo que c también tendrá que ser un múltiplo de 3. Y, puesto que la igualdad se cumpliría también para cualquier terna que obtengamos a partir de una multiplicando (o dividiendo) por un mismo número, llegaríamos a que a/3, b/3 y c/3 también es una solución. Que, por el mismo motivo, debería ser divisible entre tres, y así sucesivamente.

Como es imposible que ningún número sea divisilbe entre tres una cantidad infinita de veces, no debe haber ninguna otra solución, además de la indicada.

También podemos suponer a priori que (a, b, c) forman la terna menor en valor absoluto, y llegaríamos a contradicción, dado que (a/3, b/3, c/3) es aún menor en valor absoluto.

domingo, 4 de septiembre de 2011

El número secreto

Enunciado

La idea es que el último par de cifras suman cuatro, por lo que sólo pueden ser 04, 13, 22, 31, 40.

A partir de el último par de cifras obtenemos las dos cifras siguientes ( cuarta y quinta), pues es el doble más dos. Respectivamente, serían 10, 28, 46, 64 y 82.

Por último obtenemos las tres primeras cifras multiplicando. Observa que a partir de la tercera opción no puede hacerse, pues el resultado tiene más de tres cifras, por lo que las únicas soluciones serían 0401004 (también podría no considerarse válida, ya que el producto en realidad sólo tiene dos cifras) y 3642813.

sábado, 3 de septiembre de 2011

Un sistema de riego eficiente

Enunciado

La idea consiste en distinguir cuatro casos.

Caso 1) Los cuatro árboles ocupan los vértices de un cuadrilátero convexo, es decir, ninguno de los triángulos que forman tres de los cuatro árboles contiene a otro, y, por supuesto, no están alineados.

En ese caso, el punto de riego óptimo está en el punto de corte de sus dos diagonales, lo cual es sencillo de demostrar si usamos que situar el punto de riego entre dos puntos optimiza el gasto en tubería hacia estos dos.

Caso 2) No hay tres alineados, pero hay tres que forman un triángulo y el otro está contenido en ese triángulo.

Este caso es el que más complicado encuentro de demostrar, pero el punto de riego óptimo está exactamente en el mismo sitio que el árbol contenido en el triángulo. Al parecer, alejarse de ese punto hace que aumente más la distancia a dos de los puntos de lo que la acerca a los otros dos, y por supuesto, es evidente que fuera del triángulo el gasto en tubería es mucho mayor. Pero puesto que no es necesaria una demostración estricta, no he concretado mucho.

Caso 3) Hay tres alineados, y el otro no está en la misma recta.

Este caso es una especie de mezcla entre los dos anteriores. El mejor punto de riego está en el punto intermedio de los tres alineados. Se puede usar el razonamiento del caso 1.

Caso 4) Los cuatro están alineados.

Dos de ellos están más centrados, y los otros dos en el exterior del segmento. Cualquier punto del segmento que une los dos más centrados (incluidos las posiciones de los dos árboles) es válido como punto óptimo.


jueves, 1 de septiembre de 2011

Deliciosos caramelos

Enunciado

Empecemos por averiguar cuántos hay de cada sabor en la bolsa.

Hay el doble de limón que de fresa, es decir, que entre limón y fresa, hay un número múltiplo de 3.

Los de naranja son uno menos que los de fresa, es decir, que si añadimos uno más (72 en total), habrá los mismos de fresa y de naranja. Y en total, será un múltiplo de 4.

Los de menta son seis menos que los de limón, o sea que si añadimos 6 (78 en total), hay los mismos de limón y de menta, y de fresa y de naranja. Eso significa que, si dividimos entre 2, tendremos 39, que son los de limón y de fresa, y dividiendo entre 3, obtenemos 13, que son los de fresa.

Es decir, que hay 13 de fresa, 26 de limón, 12 de naranja y 20 de menta. En total 13 + 26 + 12 + 20 = 71, efectivamente.

Ahora vamos a razonar sobre las preguntas. Si queremos sacar dos caramelos del mismo sabor, lo peor que puede suceder es que los cuatro primeros salgan distintos, pero al sacar 5 tendremos la seguridad de que dos de ellos son del mismo sabor.

Si queremos que dos sean distintos, la peor situación que podemos tener es que saquemos los 26 de limón seguidos, pero si sacamos 27 caramelos, necesariamente dos de ellos tendrán diferente sabor.