jueves, 30 de junio de 2011

Las tres granjas

Enunciado

Lo primero que debemos hacer es averiguar cuántos animales hay en cada granja.

Sabemos que en la primera granja hay el triple de animales que en la segunda y en la segunda, el doble que en la tercera. Eso quiere decir que, por cada animal que haya en la tercera, en la segunda hay dos y en la primera hay seis. De esta forma, hemos situado en las granjas un total de 9 animales. Si vamos situándolos de 9 en 9, respetando esta proporción, obtendremos al final 333/9 = 37 animales en la tercera, 74 en la segunda y 222 en la primera, que es la cantidad que respeta las condiciones.

Ahora hay que conseguir, pasando animales de la primera a la segunda y a la tercera tres cantidades capicúas distintas, pero que sumen 333. Necesitamos tres números capicúas de tres cifras y distintos, que sumen 333. Evidentemente, en los tres empezaremos y acabaremos con 1, pero para que sean distintos, los números centrales deben sumar 3, así que serán 0, 1 y 2. Es decir, que las cantidades serán 101, 111 y 121. Lo más sencillo sería pasar 101 - 37 = 64 a la tercera, y 111 - 74 = 37 a la segunda, dejando 222 - (64 + 37) = 222 - 101 = 121 en la primera. Pero hay otras soluciones, que dejan los tres capicúas en diferentes granjas.

lunes, 27 de junio de 2011

Buscando un número con muchos divisores (II)

Enunciado

Está claro que el proceso se parece al usado en el problema Buscando un número con muchos divisores (I). No podemos factorizar 1000 números e ir contando, si no que habrá que cribarlos de alguna manera más o menos sensata.

Números que sólo tienen un primo en su descomposición, con el primo más pequeño (2), entre 1000 y 2000 sólo tenemos al 1024 = 210, que tiene 11 divisores.

Con dos divisores (de nuevo los más pequeños) tendrán que ser múltiplos de 6. Encontramos una potencia de 6 adecuada, que es 1296, que tiene 25 divisores. Aumentar la cantidad de 2 a cambio de eliminar 3 nos lleva al 1728, que tiene 28 divisores, pero no podemos repetir el proceso más veces, porque pasamos a tener menos (1152 tiene sólo 24).

Con tres divisores hemos de usar los primos 2, 3 y 5 (es decir, un múltiplo de 30). Con un único factor 5 tenemos como mejor resultado (siguiendo un método parecido al anterior) el 1440, que acumula nada menos que 36 divisores. Si tratamos de usar dos cincos, también llegamos al 1800, que tiene 36 divisores.

Con cuatro divisores, siguiendo un razonamiento similar, usamos el 210 = 2*3*5*7, y le vamos añadiendo factores 2 y 3 selectivamente, hasta conseguir el 1680, que tiene 40 divisores. Como no podemos añadirle más factores 5 o 7 sin pasarnos, este es el mayor de su tipo.

El primer número con 5 divisores que encontramos es el 2310, que se pasa del margen que tenemos, y que, de todas formas, tiene menos divisores. Así que el mejor sigue siendo único, el 1680 = 24*3*5*7.

sábado, 25 de junio de 2011

Una camiseta en zigzag

Enunciado

Puntadas en zigzag

Puntadas en zigzag

Como se aprecia fácilmente, si todas las puntadas tienen la misma longitud, está claro que los triángulos que se forman entre dos puntadas son isósceles, es decir, tienen dos lados (y por tanto, dos ángulos) iguales y otro diferente.

Yo he elegido para su estudio el ángulo distinto del último triángulo isósceles junto al ángulo recto. Le llamaré ángulo A a partir de ahora. Evidentemente, los otros dos ángulos son 90 - A/2, para que entre los tres sumen 180.

Si nos damos cuenta de que el ángulo igual del triángulo de al lado forma un ángulo de 90 - A, tendremos que el que es distinto medirá 2A.

De la misma forma, el ángulo igual del siguiente triángulo medirá 180 junto con el distinto del segundo y el igual de el primero, es decir, que 180 = x + 2A + 90 - A/2, por lo que x = 90 - 2A + A/2 = 90 - 3A/2, por lo que el ángulo distinto del tercer triángulo mide 3A. Procedamos por inducción a ver que cada triángulo tiene como ángulo desigual un múltiplo de A que coincide con su posición.

Podemos suponer que, hasta el triángulo N, cada triángulo isósceles P de la costura mide P*A por hipótesis de inducción, veamos que el triángulo N + 1 mide (N + 1)*A. Su ángulo igual suma 180 grados con el ángulo desigual del anterior (N) y el igual del anterior del anterior (90 - (N-1)*A/2). Por lo tanto, se da que 180 = x + N*A + 90 - (N - 1)*A/2, de donde x = 90 - 2*N*A/2 + (N - 1)*A/2 = 90 - (2N - N + 1)*A/2 = 90 - (N + 1)*A/2, por lo que su ángulo desigual medirá (N + 1)*A, como se esperaba.

Ahora bien, si hemos dado 20 puntadas, se habrán formado 19 triángulos isósceles, y el último formará el punto de corte de las dos rectas como su ángulo igual, de forma que, como su ángulo desigual mide 19A, el que forman las dos rectas es de 90 - 19A/2. Y como es un ángulo de triángulo rectángulo, debe sumar con el otro 90, es decir, con 90 - A/2. Así, 90 - 19A/2 + 90 - A/2 = 90, por lo que 90 = 10A y tenemos que A = 9 grados, por lo que el ángulo que forman ambas rectas para 20 puntadas es 90 - 19*9/2 = 4,5 grados (4 grados 30 minutos).

La longitud de la puntada sería igual al cateto corto del triángulo rectángulo. Si el cateto largo mide 25 centímetros, aplicando trigonometría básica, las puntadas deben medir 25*tan(4,5), que es aproximadamente 1,97 centímetros.

Esto no podría hacerse con un número impar de puntadas, ya que el ángulo que formaría el ángulo recto sería el lado igual del isósceles, y no puede suceder que un triángulo tenga dos ángulos rectos.

viernes, 24 de junio de 2011

A partir de un único dato

Enunciado

La clave en este problema es experimentar con el significado de la expresión "esta entre el 44% y el 47%". El significado más directo que aplicamos es que está entre los decimales 0,44 y 0,47, y podemos entonces explorar las fracciones de denominador pequeño para ver cuál de ellas puede cumplir la relación.

La forma más cómoda de explorarlas es plantear la desigualdad 44/100 < x/c < 47/100, que se transforma en la expresión 44c < 100x < 47c, donde x y c deben ser enteros. Tenemos que usar diferentes valores de c para ver si hay algún múltiplo de 100 entre 44c y 47c = 44c + 3c.

Para valores de c iguales a 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 y 8 es falso, pero para c = 9 se da la circunstancia de que 44*9 = 396 y 47*9 = 423, de forma que 4/9 está entre esos dos números, es decir, 4/9 = 44,4% cumpliría la condición propuesta, y 9 sería el mínimo número de alumnos de una clase en la que se hubiese tomado esa medida.

Otra interpretación del enunciado exige que el valor sea mayor de 44,5% y menor que 46,5%, ya que en caso contrario se habría redondeado a 44% y no estaría entre esos dos valores. En ese caso, 9 no vale como resultado, y deberíamos subir a 11 (5/11 es aproximadamente el 45%).

Por último, debo citar otra interpretación muy curiosa, y es que en esa clase hay cierta indeterminación en el número de personas con piel clara y por tanto hay dudas entre los porcentajes, por lo que está entre 44% y 47%. Eso significa encontrar el menor valor para el que una variación de una persona, al menos, provoca dos resultados comprendidos entre esos dos valores. El desarrollo de esta propuesta es mucho más compleja, y necesita que 0,44 < x/c y que (x+1)/c < 0,47, lo que nos lleva a valores mucho más altos, ya que entre 44c y 47c debe haber dos múltiplos de 100, por lo que deben ser mayores que 33, concretamente al menos 43 alumnos, de los que entre 19 y 20 serían de piel clara (entre el 44% y 47%, como se solicitaba).

jueves, 23 de junio de 2011

Divisiones del rectángulo

Enunciado

Efectivamente, los tres tienen la misma área, ya que sus bases, apoyadas en tres segmentos iguales del lado del rectángulo, son iguales, y la altura sobre esta base es la misma, por compartir el vértice contrario (el centro del rectángulo).

El área concreta que tienen es sencilla de calcular, ya que su altura es la mitad del rectángulo, y su base la tercera parte. Si fuese un rectángulo, su área sería de una sexta parte, pero sabemos que el área de un triángulo es la mitad de la de un rectángulo de la misma base y altura. Por lo tanto, el área es la duodécima parte, en nuestro ejemplo, 2 unidades de área.

Observa que el resultado no depende de qué ancho y que alto tenga el rectángulo, siempre que tenga área 24. Si quieres calcular un caso concreto, puedes suponer que tiene 6 de base y 4 de altura para facilitar el cálculo.

miércoles, 22 de junio de 2011

Un cuadrado de coches

Enunciado

Hay varias maneras de resolverlo, pero la más sencilla que he encontrado se basa en ecuaciones diofánticas (es decir, que tienen soluciones con enteros).

La idea es encontrar un valor de m y n enteros y positivos que cumplan la ecuación n*n = (n + 5)*m. Esta ecuación es una polinómica de segundo grado, y para razonar sobre ella podemos tratar de despejar una de las dos variables, exigiendo que sea entero y aplicando criterios de divisibilidad, así, m = n*n/(n + 5), y para que los criterios queden claros, podemos cambiar la variable n de forma que n + 5 = t (es decir, n = t -5). De esta forma, queda m = (t - 5)(t - 5)/t = (t*t - 10t + 25)/t = t - 10 + 25/t.

Por lo tanto, t debe ser divisor entero de 25, y mayor que 5, pues n = t - 5. Es decir, que la única solución es que t = 25, con lo que n = 20, y m = 20*20/25 = 16.

La cantidad de coches que participan está totalmente determinada, por tanto, serán 400 coches, en un cuadrado de 20 coches de lado y después en un rectángulo de 25 por 16, que tendrá 5 filas más, como se nos pedía.

lunes, 20 de junio de 2011

La cuenta

Enunciado

Como se comenta en el enunciado, el problema es que el camarero debería, con ese reparto, devolver más de lo que realmente ha sobrado.

Probablemente, el camarero hace un rápido cálculo sobre los 24 euros, en los que la mitad son 12, la tercera parte, 8, y la cuarta parte, 6. En total, serían 12 + 8 + 6 = 26, 2 euros más de lo que debería.

Si sumamos las fracciones que representan estas partes también encontramos un resultado mayor que la unidad (1/2 + 1/3 + 1/4 = 6/12 + 4/12 + 3/12 = 13/12), así que siempre será imposible repartir de esa forma.

domingo, 19 de junio de 2011

Cuadriláteros en un octógono regular

Enunciado

Cuadriláteros en un octógono

Cuadriláteros en un octógono

Este es un problema de combinatoria geométrica. Aunque se puede hacer por tanteo, hay que crear cierto orden para no repetir o dejarnos cuadriláteros diferentes por mencionar.

Mi método para obtenerlos todos, sin repetir, fue el siguiente: fijé el vértice de comienzo, y conté cuántos vértices "salto" para incluir el siguiente vértice en el cuadrilátero, teniendo en cuenta que, una vez encontrado uno nuevo, observo todas las posibles rotaciones y simetrías para asegurarme de no haberlo repetido antes.

El primer cuadrilátero que encuentro así es el 0-0-0-4. Evidentemente, es el único que ocupa cuatro vértices consecutivos. Sus ángulos, fáciles de calcular, son 45 - 135 - 135 - 45.

El siguiente, es 0-0-1-3. Sus ángulos, 67'5 - 135 - 112,5 - 45.

Después aparece el tercero, 0-0-2-2, y ya no hay otro con tres vértices consecutivos. Sus ángulos, 90 - 135 - 90 - 45.

En cuarto lugar, el 0-1-0-3. Sus ángulos, 67'5 - 112,5 - 112,5 - 67,5.

En quinto lugar, el 0-1-1-2. Sus ángulos, 90 - 112,5 - 90 - 67,5.

El sexto sería 0-1-2-1. Sus ángulos, 112,5 - 112,5 - 67,5 - 67,5.

El séptimo 0-3-0-3, el último que tiene dos vértices consecutivos. Sus ángulos, 90 - 90 - 90 - 90.

El octavo y último sería el cuadrado 1-1-1-1. Sus ángulos también serían, 90 - 90 - 90 - 90.

sábado, 18 de junio de 2011

Pesando tornillos

Enunciado

Hay un problema clásico en el cual hay que distinguir una caja de tornillos (o monedas) que sabemos que pesan diferente con una única pesada, y escogemos una cantidad distinta de tornillos (o monedas) de cada caja para hacer la pesada y según lo que resulte sabremos cuál es la caja de los que pesan diferente.

Este problema es similar, basta una pesada, sólo que necesitamos detectar tres cajas de las seis, por lo que la cantidad de tornillos tendrá que ser elegida cuidadosamente, para que cada posible pesada de tres diferentes nos indique cuáles son sus cajas de referencia. Dicho de otra forma, hay que escoger una cantidad de tornillos diferente de cada caja de forma que cada posible suma de tres dé un resultado diferente. Además estamos limitado a un máximo de 13 tornillos de cualquiera de las cajas.

Así, busqué cantidades entre 1 y 13 de forma que: sean todas distintas, la suma de dos de ellas sean distintas (porque al unirse a una tercera "ocultarían" la procedencia), y la suma de tres cualesquiera de ellas también sean todas distintas.

Empezando con 0 tornillos de la caja A, podemos intentarlo con 1 tornillo de la B, y 2 de la C.

A partir de ahí, no podemos elegir sólo 3 de la D, debemos elegir 4.

De la E no funciona elegir 5 o 6, así que habrá que escoger al menos 7.

Y tanteando, vemos que tampoco podemos conformarnos con menos de 13 de la última caja.

Así, cada combinación de cajas en las que los tornillos pesen más, de las 20 posibles, dan un peso diferente. Cada combinación ABC marca en qué cajas los tornillos seis gramos, y al lado el peso esperado de los 27 tornillos.

ABC 138

ABD 140

ABE 143

ABF 149

ACD 141

ACE 144

ACF 150

ADE 146

ADF 152

AEF 155

BCD 142

BCE 145

BCF 151

BDE 147

BDF 153

BEF 156

CDE 148

CDF 154

CEF 157

DEF 159

Por lo tanto, según el peso, sabremos qué caja es más ligera y cuál es más pesada.

¿Puede darse otra combinación? Una muy sencilla sería elegir el "complemento al 13", es decir, dejar en la caja las cantidades que hemos dicho y sacar los restantes, así, tomaríamos 13, 12, 11, 9, 6, 0, pero así sumaríamos nada menos que 51 tornillos. Hay otro par de combinaciones, 0, 1, 2, 7, 10, 13, que suman 33 tornillos y su complementaria, 13, 12, 11, 6, 3, 0, que suman 45, si no me equivoco. Todas ellas necesitan más tornillos que la inicial.

jueves, 9 de junio de 2011

Buscando un número con muchos divisores (I)

Enunciado

Si pruebas con un único primo, encuentras rápidamente el que más divisores tiene de este tipo, el 512 = 29, que tiene 10 divisores. Sin embargo, hay números con más.

Con dos primos, hemos de buscar los que tienen factores 2 y 3. Usando un sistema sencillo de criba, obtenemos que 768 = 28*3 tiene 18, y 576 = 26*32 tiene 21. Pero 864 = 25*33 tiene 24, y es el que más tiene, pues si seguimos bajando la potencia de 2 disminuimos el número de divisores.

Si probamos con tres primos, debemos afinar más, ya que necesitaremos usar el 2, el 3 y el 5. Resulta conveniente usar sólo un factor 5 y encontrar el número con más divisores. Si aumentamos la cantidad de factores 5 no mejoramos el resultado. El número 720 es el número que más divisores tiene de este tipo, que asciende a 30 divisores. Si usamos dos factores 5, sólo llegamos al 900, que tiene 27 divisores.

Usar más primos mejora el número de divisores, ya que si usamos un cinco y un 7, el múltiplo de 35 que más divisores tiene es el 840 = 23*3*5*7, de 32 divisores. No podemos aumentar el número de primos, ya que el siguiente es excesivamente grande, el 11, y excedemos el límite.

Está claro, parece que usar muchos primos es mejor para obtener muchos divisores, al menos en este caso.

domingo, 5 de junio de 2011

Rutas en avión

Enunciado

Como se ha publicado en los comentarios, para ir de Bajo a Alto no hay ruta directa, pues Bajo sólo está comunicado con D y F, mientras que Alto está comunicado con C, E y G. Sin embargo sí hay rutas a base de un único trasbordo, por ejemplo, de Bajo a D, de D a E y de E a Alto.

De hecho, hay cinco rutas de este tipo, la que pasa por D y E, la que pasa D y G, la que pasa por D y C, la que pasa por F y E y la que pasa por F y G.

viernes, 3 de junio de 2011

Rellenar con piezas un tablero

Enunciado

Tablero coloreado

Tablero coloreado

Este tipo de problemas de rellenos se pueden solucionar con un método general que se suele denominar como coloraciones. Lo difícil del método es encontrar la coloración adecuada para razonar el problema de una manera sencilla.

Tras tratar problemas más pequeños, podemos encontrar algunos paralelismos en las posiciones de las piezas que usamos, de forma que, si nos fijamos en una trama como la que está expuesta en el dibujo, en la que los cuadros coloreados son los que, partiendo de una esquina, tienen ambas coordenadas pares cumplen la siguiente condición: cualquiera de las piezas que situemos en el tablero tapa siempre uno de los cuadrados coloreados y sólo uno de ellos. Demostrar este hecho es muy sencillo, ya que basta estudiar la paridad de una casilla en general y la de los cuadrados que tapará una de las piezas que situemos allí.

Ahora, trasladando ese coloreado a nuestro tablero 9x9, de forma que la esquina superior izquierda, por ejemplo, tenga ambas coordenadas impares (1, 1) dentro del tablero habrá exactamente 16 cuadrados coloreados (ver imagen adjunta).

Ejemplo de relleno

Ejemplo de relleno

Eso quiere decir que, si situamos las piezas en el interior de ese cuadrado sin solaparse, podremos poner un máximo de 16 piezas, es decir, que a lo sumo taparán 64 cuadrados, puesto que 16*4 = 64, es decir, que quedarán nada menos que 17 cuadrados sin cubrir, y además, si nos fijamos en el coloreado anterior, serán de los blancos.

Faltaría asegurarse de que es posible situar de esa forma las piezas, pero hay muchas formas de colocar esas 16 piezas, en realidad. Adjunto una de ellas. Observa que la intuición nos engaña, ya que aparentemente sobra mucho espacio, y da la impresión de que reubicando las piezas podremos colocar otra, cuando ya sabemos que no es posible.

jueves, 2 de junio de 2011

Los ascensores

Enunciado

En este problema lo único importante es mantener un poco el orden de los movimientos.

Durante los primeros 24 segundos, A sube hasta el piso 48 y B baja hasta el piso 0. Evidentemente, se cruzan.

Durante los 12 segundos siguientes, A baja hasta el piso 24, y B sube hasta el piso 20.

En los siguientes 15 segundos, A sube hasta el piso 54, mientras que B debe bajar 50 pisos, por lo que se nos plantea un dilema, ya que baja por debajo del nivel cero. Espero que tenga suficientes sótanos, porque baja hasta el piso -30.

Durante otros 3 segundos, A baja al piso 48, y B sube 5 pisos hasta el -25.

Por último, en 15 segundos más, A sube al 78 y B baja nada menos que hasta el -75.

El caso es que no se vuelven a cruzar, si no me he equivocado.