jueves, 31 de marzo de 2011

El torneo de la urbanización

Enunciado

Si lees atentamente el enunciado, te darás cuenta de que, como se dice en los comentarios, cada equipo eliminado necesita perder dos partidos para caer, y el único equipo superviviente puede ser que haya perdido un partido a lo sumo. Así, al final del torneo, si contamos la cantidad de derrotas sólo habrá el doble de derrotas (a lo sumo una más) que equipos participantes.

Como sólo nos permiten jugar 16 partidos, el máximo número de equipos que podemos admitir es de 7, garantizando que en un máximo de 15 partidos estará todo resuelto.

Si contamos con dos campos, el problema parece también sencillo, ya que (al parecer) podemos llegar a jugar 32 partidos, y podríamos pensar en llamar a 15 equipos. Pero hay que tener cuidado, ya que cuando queden menos de cuatro equipos, es decir, tres, ya no podremos usar mas que uno de los dos campos. Y eso puede llegar a pasar, con 15 equipos, en 24 partidos, si sucede lo peor. Así, habrán transcurrido 12 periodos, y en los 4 que quedan puede que no acabara el torneo.

Por lo tanto, la respuesta correcta son 14 equipos. En el peor de los casos, 22 partidos (11 periodos) eliminarán a 11 equipos, quedando los tres restantes para jugar en un único campo un máximo de 5 partidos, llegando a cubrir los 16 periodos disponibles.

domingo, 27 de marzo de 2011

Entrar en la asociación

Enunciado

La respuesta a la primera pregunta es muy sencilla. Puesto que cada solicitud de admisión lleva a una votación y son cuatro los miembros de la comisión, sólo tendremos que sumar las papeletas y dividir por 4. Así, 23 + 2 + 7 = 32, por lo que 32/4 = 8 fueron los candidatos a nuevos miembros.

Para admitir a la mayor cantidad de gente posible, lo que debemos hacer es concentrar los votos en contra, ya que un único voto en contra significa que no se admite. Por eso, los 2 votos en contra deben ser contra una única persona. Ahora, de los 7 restantes, ninguno debió de recibir más de 2 abstenciones, y es posible repartirlas así, ya que podemos situar 2 de las 7 abstenciones en la persona no admitida y repartir las 5 restantes entre las siete admitidas. Es decir, que podría haberse dado que hubiesen admitido a 7, 2 con todo votos a favor, 5 con 3 votos a favor y una abstención y una persona no admitida con dos votos en contra y dos abstenciones (8 + 15 = 23 votos a favor, 5 + 2 = 7 abstenciones y 2 votos en contra).

Por otra parte, cada voto negativo puede evitar, por separado, que entre un nuevo miembro, y para evitarlo mediante abstenciones es necesario que se unan 3 de ellas. Combinando adecuadamente los datos que tenemos, podemos evitar que hasta 4 personas sean admitidas, o, lo que es lo mismo, contaríamos con 4 admitidos y 4 no admitidos. Un ejemplo de 4 admitidos sería 3 con todos los votos a favor, uno con tres a favor y una abstención, dos con un voto a favor y tres abstenciones, y dos con tres votos a favor y un voto en contra. En total, votos a favor serían 3*4 + 3 + 2*1 + 2*3 = 23 votos a favor, 1 + 2*3 = 7 abstenciones y 2 votos en contra.

En resumen, estamos seguros de que ingresaron entre 4 y 7 de las 8 candidaturas que se presentaron.

viernes, 25 de marzo de 2011

Dos por uno

Enunciado

En mi opinión, puesto que cada uno por separado se habría gastado en su par de zapatos una cantidad diferente, deberían repartirse el dinero que se han ahorrado en proporción a lo que se iban a gastar. Puede que haya gente que piense que deben repartirse el ahorro a partes iguales, o de alguna otra forma, pero yo creo que debe ser de forma proporcional al dinero que pensaban gastar, ya que el producto que se lleva uno es más valioso que el del otro, y debe pagar más por él.

Una vez dejado claro el objetivo, vamos a hacer cuentas: Carmen se ha llevado un producto de 2000 mientras que Jorge se ha llevado uno de 3500, es decir, que por cada 20 euros de valor del par de carmen, Jorge se lleva 35, o una proporción de 4 a 7.

Eso quiere decir que por cada 11 euros que paguen, Jorge debería pagar 7 y Carmen 4. Puesto que han pagado entre los dos 3500, al dividir esta cantidad entre 11, da 318 con 18 céntimos (no da exacto), en mi modesta opinión, Carmen debería pagar 318,18*4 = 1272,73 (redondeando) y Jorge 318,18*7 = 2227,27, lo que hace un total de 3500.

Mirando lo que se han ahorrado, Jorge se habrá ahorrado 1272,73, y Carmen 727,27, que en ambos casos corresponde a un porcentaje de ahorro de 36,36%.

domingo, 20 de marzo de 2011

Propiedad del baricentro

Enunciado

Para atacar este problema correctamente hay varios enfoques, pero me ha sido muy útil el dato de que el baricentro se encuentra exactamente a doble distancia del vértice que del punto medio del lado contrario.

Este hecho se usa también para mostrar que las tres medianas se cortan en un único punto.

La idea es trazar los segmentos perpendiculares a la recta, no sólo desde los vértices, si no desde los puntos medios de los lados.

Baricentro con línea y perpendiculares

Baricentro con línea y perpendiculares

En nuestro dibujo, el vértice que queda separado de los otros por la recta le llamo A, y los otros dos B y C. Evidentemente, A1, que es el punto medio del segmento AB está en el mismo lado que B y C, y B1 y C1 están al mismo lado que A, porque si no la recta no podría pasar por el punto de corte.

Ahora, por semejanza, tenemos que el segmento desde C es doble que el de C1, el de B es doble que el de B1 y el de A es doble que el de 1.

Como los puntos medios de los segmentos dividen en dos partes iguales a los lados, los segmentos que definen con respecto a nuestra recta también cumplen una relación especial. En efecto, es sencillo comprobar que el segmento de A menos el segmento de B1 es exactamente igual que el segmento de B1 más el segmento de C. De la misma forma, el segmento de B menos el segmento de A1 vale lo mismo que el segmento de A1 menos el de C, y el segmento de A menos el de C1 vale lo mismo que el de B más el de C1.

Vamos ahora a tratar de demostrar la igualdad que nos piden. Partimos de la suma de los segmentos de B y de C. Como hemos visto que el segmento de C más el de B1 es igual al de A menos el de B1, tenemos que el segmento de C es igual al segmento de A menos dos veces el segmento de B1. Por lo tanto, la suma de los segmentos B y C es igual que la suma de B más A menos dos veces el segmento de B1. Pero también sabemos que el segmento de B es exactamente doble que el de B1, por lo tanto concluimos que la suma de los segmentos de B y C coincide con el de A.

viernes, 18 de marzo de 2011

Tres de la canguro 2010 de nivel 3

Enunciado

Para la primera pregunta, efectivamente, hay que ganar tiempo, así que, vista la regularidad, aceptamos la sugerencia que hace Miguel Escobar en los comentarios, sumar 1 + 2 + .. + 8 y 2 + 3 + ... + 9 por separado, empleando el "truco" de los emparejamientos, teniendo (1 + 8)*4 y (2 + 9)*4, es decir, 36 y 44. Como las decenas van multiplicadas por 10, sumamos 360 + 44 = 404, que es la solución correcta (B).

Para la segunda pregunta, evidentemente el número de divisiones debe ser un múltiplo común, y el menor es 30 (D).

En la tercera pregunta hay que pensar un poco más, es un acertijo del tipo de los sudokus. El 9 sólo puede sumar 11 con un único número, así que debe ir en un extremo, y el 2 en la intersección.

Ahora para el 8 tenemos dos posiciones posibles. Supongamos que lo situamos en el siguiente círculo, obligamos a la intersección a valer 1 y rápidamente llegamos a una situación contradictoria.

Luego el otro extremo está ocupado por el 8, y la siguiente intersección por el 3.

Un rápido tanteo nos deja como acompañante del 2 al 5, lo que obliga al 4 en la siguiente intersección, al 7 al otro lado y en la intersección y el lugar que nos interesa en esta configuración es el 6.

¿Puede haber otras configuraciones (además de la simétrica)? La respuesta es negativa, pero en este tipo de prueba no hay que pararse a comprobarlo. Cuando encontremos una configuración válida, hay que responder. Y la respuesta es la D (6).

En realidad, hay un razonamiento aún más rápido. Una vez hemos situado el 9 y el 8 en los extremos, los dos círculos centrales suman 22, los extremos 8 y 9 llevan la suma total hasta el 39, y como la suma de los números del 1 al 9 es 45, el central debe ser, como ya sabemos, el 6.

martes, 15 de marzo de 2011

Sumando 4 o 7

Enunciado

Este tipo de juegos se deben empezar siempre por el final, para estudiar cómo te puedes asegurar la victoria, y dividiendo las situaciones en valores con los que ganas y valores con los que pierdes.

En nuestro caso, debemos empezar el estudio desde 100, que es la primera ocasión en la que alguien gana. Evidentemente, 93 y 96 son posiciones desde las que podemos ganar, por lo que debemos evitar que nuestro rival disponga de ellas. Buscando un número con el que forzar a nuestro rival a devolver ese valor, encontramos pronto el 89. Si nuestro rival suma 4, nos devuelve 93, y si suma 7, 96. En cualquiera de ambas, ganamos. Así que en realidad, el que llegue a dejar un 89, gana.

Razonando hacia atrás, encontramos el 78, el 67, el 56, el 45, el 34, el 23, el 12 y el 1. Si conseguimos pasarle 1 a nuestro rival, seguro que llegaríamos a 100 y ganaríamos.

Lamentablemente, debemos empezar sumando 4 o 7. Entonces no debemos apuntar a 100. Si repetimos el sistema (observa que consiste en restar 11 cada vez), razonamos desde 200 que tendríamos que empezar desde 2, para llegar a 300, desde 3 y ¡por fin!, para llegar a 400, desde 4.

Ahora vamos a comprobar si funciona nuestro sistema. Empezamos sumando 4. Nuestro rival hace su jugada, y nosotros hacemos la contraria, de forma que llegaremos a 15. Seguiremos así, sumando la jugada contraria a la que haga nuestro rival. Cuando lleguemos cerca del 100, le pasamos al rival 4 + 11*8 = 92, de forma que no puede lograr 100, si no 96 o 99. Nosotros sumamos el número contrario, llegando al 103, y proseguimos. El siguiente paso peligroso será el 103 + 8*11 = 191, en el que nuestro rival puede llegar a 195 o a 198. De nuevo sumamos nosotros para llegar a 202. El último paso peligroso será el de 202 + 8*11 = 290, en el que nuestro rival puede ir al 294 o al 297. Nosotros llegaremos en cualquier caso al 301. El final del juego llegará en el 301 + 8*11 = 389, en el que le pasamos al rival este número, de forma que nos devuelve 393 o 396, ganando en cualquier caso al conseguir 400.

viernes, 11 de marzo de 2011

Números perdidos

Enunciado

Para buscar este tipo de números de manera inteligente, tenemos que ver qué características generales podemos deducir. La única que se me ocurre es que la primera cifra sólo puede ser 1, 2 ó 3.

Una vez vista esta restricción, hay que empezar el tanteo. Lo mejor, en este caso, es iniciar con el último dígito del primer número, ya que rápidamente podremos calcular el último dígito de los otros dos (y anotar si nos llevamos o no, y cuánto). Después, el penúltimo dígito, vigilando que no genere repeticiones, y después el primer dígito. Evidentemente, si al generar el último o el segundo dígito "gastamos" el 1, el 2 y el 3, no encontraremos ningún valor posible para el primero, por lo que hemos dicho antes.

Así, está claro que el último dígito no puede ser 1. Si lo fijamos a 2, encontramos tras un poco de tanteo los números 192, 384 y 576, que cumplen el enunciado.

Si queremos agotar todas las posibilidades, podemos seguir probando para otros posibles últimos dígitos. Para el 3, encontramos 273, 546 y 819. El 4 no proporciona ningún trío después de jugar un rato. El 5 queda inmediatamente descartado. El 6 me ha costado tantear bastante y tampoco encuentro nada.

Sin embargo, con el 7 encuentro 327, 654 y 981, y también 257, 534 y 801. Con el 8 tampoco obtengo fruto alguno y el último lo consigo con el 9: 219, 438 y 657. En total encuentro cinco posibilidades diferentes.

domingo, 6 de marzo de 2011

Ternas que dividen a la suma

Enunciado

En este problema, lo mejor es tratar de probar a construirte un ejemplo. Evidentemente, si tenemos que dividir muchas veces, lo mejor es probar con 1, que es el divisor universal, y la primera terna que se suele ocurrir es 1, 1, 1, en la que claramente, cada número divide a la suma de los otros.

Ya tenemos una, ahora podemos empezar a trabajar otras cosas. Como no puede haber otro caso en que sean iguales (pues no sería una terna primitiva), ¿qué pasa si hay dos iguales, y el otro ya no es igual? Es decir, si tenemos una terna (n, n, m) o (m, n, n), con esta propiedad, se tiene que m divide a 2n. Si es diferente a n, o bien es exactamente 2n, en cuyo caso llegamos a la terna (1, 1, 2), ya que no pueden tener divisores comunes, o bien es menor que n. En este último caso, una vez que le quites todos los divisores comunes con n, sólo puede quedar 2 o 1. Sin embargo, si fuese 1, eso obliga a que n debe dividir a n + 1, lo cual es imposible para n mayor que 1, o bien n debe dividir a n + 2, que tampoco puede ser para n mayor que 2.

Bueno, pues ya nos hemos quitado el caso en que se trate de dos o tres números iguales, vamos a tratar con números distintos.

Supongamos que el más bajo es 1. El segundo, es decir, b, debe dividir a c, pero el tercero, c, debe dividir a b + 1, así que debe ser b + 1 (ya que si no, no sería mayor que b y menor o igual que b + 1). Sin embargo, b debe dividir a b + 2, así que debe dividir a 2, y eso quiere decir que es 2 (no puede ser 1, ya que sería igual que a). Por lo tanto, tenemos otra terna: (1, 2, 3).

Si el menor no es 1, hay un primo p que lo divide. Trabajar con primos es muy cómodo, ya que puedes seguirles la pista en una igualdad. Ese primo no puede dividir a otro de los números b o c, porque si es así, divide a los tres. Esto se prueba de la siguiente forma: como a divide a b + c y p divide a a, p divide a b + c, por lo que no puede dividir sólo a uno de los dos.

Ahora vamos con el mayor número. Puesto que es mayor que b, y divide a a + b, debe ser menor que a + b y mayor que b. Como el mayor factor de a + b (después de él mismo) es menor que b, ya que a + b es menor que 2b, c debe coincidir con a + b. Así que nuestra terna queda de la forma a, b y a + b. Sin embargo, b debe dividir a 2a + b, por lo que debe dividir a 2a. Eso se reduce, puesto que no tiene factores comunes con a, a que b sea 2 o 1, casos que ya se han tratado.

Así que las únicas ternas ordenadas válidas son (1, 1, 1), (1, 1, 2) y (1, 2, 3).

jueves, 3 de marzo de 2011

Familia de funciones enteras

Enunciado

Este es un problema muy duro para estas edades, pero que en realidad lo único que requiere es darse cuenta de una serie de relaciones entre los números.

Para fijar ideas, trataremos de encontrar algunos valores para la función en el caso que nos solicitan (r = 5 y s = 8), hasta poder predecir qué vale F(2010), como piden en el apartado (1).

Probemos con F(1). Como F(1) = 1 + 5 o bien F(1) = 1 - 8, puesto que es un entero positivo, esta última posibilidad queda descartada, luego F(1) = 6. De la misma forma, F(2) = 7, F(3) = 8, y así sucesivamente, hasta que lleguemos a F(9), en el que podemos elegir entre 9 + 5 y 9 - 8, pues ambos son positivos. Sin embargo, si pensamos un poco, encontramos que no queda más remedio que elegir 9 - 8 = 1, ya que todos los números deben ser F(n) para algún n, y 1 debe ser, por tanto, de la forma n - 8 o bien de la forma n + 5. Claro, que 1 no puede ser de la forma n + 5, por lo que debe ser F(9). Así, 1 = F(9), 2 = F(10), y así hasta 5 = F(13).

Es decir, que los 13 primeros valores pasan a ser, sucesivamente, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12, 13, 1, 2, 3, 4, y 5. Ahora, vuelve a pasar algo similar: F(14) no puede ser 14 - 8 = 6, porque 6 ya está "usado" (es F(1)), luego F(14) = 14 + 5 = 19. En resumen, que los siguientes valores son 19, 20, 21, 22, 23, 24. 25, 26, y después volvemos a utilizar la expresión n - 8, porque si no lo hacemos, los números 14 a 18 se quedarán sin ser imagen de ningún número. De forma que continuamos con 14, 15, 16, 17, 18.

Supongo que se aprecia claramente cuál es el patrón ¿no? En realidad usamos el conjunto de enteros positivos de 13 en 13, aplicando la fórmula n + 5 a los 8 primeros y la fórmula n - 8 a los otros cinco. Veamos qué pasa con el 2010.

El 2010, si tratamos de dividirlo entre 13, da 154, y un resto de 8, es decir, 2010 es el octavo del grupo que empieza después del 2002 = 154*13. Luego se le aplica la fórmula n + 5 y por tanto F(2010) = 2015.

Vamos a intentar ahora responder a la segunda parte. En general, si r y s no valen 5 y 8, si no otras cantidades, el sistema para calcular F es similar. Se aplica a conjuntos de r + s números consecutivos, de forma que a los s primeros se les aplica la fórmula n + r, y a los siguientes r se les aplica la fórmula n - s. Es muy fácil extender el razonamiento que hemos usado antes al caso general.

Para entender bien la segunda parte, también lo aplicaremos al caso r = 5, s = 8, y después trataremos de aplicarlo en general. Puesto que cada conjunto de 13 números consecutivos se transforman en ellos mismos de la misma manera, bastará fijarse en los 13 números primeros, ya que si se cumple en ellos, será cierto para cualquier conjunto de números.

Aplicar F dos veces hace, por ejemplo, que F(F(1)) = F(6) = 11. Evidentemente, no basta. Aplicado 3 veces, hace que F(F(F(1))) = F(11) = 3. Si lo aplicamos cuatro veces, tendremos que F4(1) = F(3) = 8. Si lo aplicamos otra vez, F5(1) = F(8) = 13. Así, pasaremos, sucesivamente, por 5, 10, 2, 7, 12, 4, 9, y por fin llegaremos a 1 en F13(1) = F(9) = 1. Con un poco de trabajo, podemos comprobar que 13 es el menor valor de veces que tendremos que aplicar esta función para llegar a F13(n) = n.

¿Será la suma de r + s la respuesta? Pues no, pero antes de llegar a ello, veamos lo que pasa cuando aplicamos repetidamente F. En realidad, sumamos r y restamos s repetidamente, procurando no salirnos del conjunto de 1 a r + s, por lo que llegamos siempre a resultados de la forma ar - bs, donde a y b son números positivos. Las combinaciones de números enteros son muy conocidas de los aficionados a los problemas matemáticos, ya que siempre puede lograrse, eligiendo correctamente a y b, que dé como menor valor un resultado igual al máximo común divisor de r y s.

Es decir, que el número más próximo al 1 por el que pasaremos será 1 + d, donde d es el máximo común divisor (en el caso de 5, 8, pasamos por el 2, ya que 1 = 5*5 - 3*8). Evidentemente, pasamos también por 1 + 2d (el 3 en nuestro caso) y todos los términos de una progresión aritmética de diferencia d, es decir, recorremos a saltos de d todos los números de r + s. En el caso que nos ocupa, puesto que 5 y 8 tienen un MCD de 1, tenemos que dar 13 saltos para volver al original. Además, como no podemos coincidir en el mismo valor en dos saltos diferentes, tendremos que dar exactamente 13 saltos empezando desde cualquier número.

Ahora bien, si r y s tienen otro MCD, entonces es imposible conseguir con sumas de r y restas de s valores menores que d = MCD(r, s), por lo que sólo recorreremos (r + s)/d valores, es decir, que la respuesta en realidad al segundo apartado es que k vale (r + s)/MCD(r, s). Por ejemplo, si r = 4 y s = 6, k vale 5 (el recorrido de 1 sería: 5, 9, 3, 7, 1).