domingo, 17 de noviembre de 2013

Desigualdad diofántica

Enunciado

En este caso es fundamental el hecho de que todos los números que aparecen son enteros, ya que no se cumple con números reales, por ejemplo.

Tenemos que ab = n2 + 1, y a > b. Pongamos un ejemplo, si n = 7, podemos hacer que a = 10 y b = 5, así 10*5 = 72 + 1. Bien, pues en ese caso, a - b = 5, que es igual que √(4*7 - 3) = √25 = 5 en ese caso. Pero a veces, es incluso menor, como por ejemplo, si n = 8, y a y b pueden ser 13 y 5. En ese caso, a - b vale 8, mientras que √(4n - 3) vale √29, y este número es claramente inferior.

Puede parecer un resultado intrascendente, pero es una característica muy interesante de los números de la forma n2 + 1, entre los que se sospecha que existen numerosos números primos, pero no se sabe con certeza (cuarto problema de Landau). Además, lo que probamos es que si existe una factorización en dos factores, la diferencia entre el mayor y el segundo es mayor que un cierto valor que depende de n y que, por lo tanto, va creciendo.

En este problema se trata de jugar con las expresiones a - b y √(4n - 3), para tratar de compararlas. Puesto que ambas son expresiones positivas, podemos elevarlas al cuadrado y mantendrán sus tamaños relativos, quedando a2 + b2 - 2ab y 4n - 3 respectivamente.

Usando ahora que ab es igual a n2 + 1, podemos sumar a ambas expresiones esta igualdad dos veces y tenemos las dos expresiones transformadas en a2 + b2 y 2n2 + 4n - 1. Tal y como quedan no sirven para nada, pero si repetimos el proceso, obtenemos que las expresiones se transforman en a2 + b2 + 2ab y 4n2 + 4n - n, que son ambos cuadrados perfectos, es decir, (a + b)2 y (2n + 1)2.

Bastaría entonces si pudiésemos comparar a + b a 2n + 1 y resultase ser mayor.

De la desigualdad entre las medias aritméticas y geométricas, sabemos que (a + b)/2 ≥ √(ab), por lo que a + b será mayor o igual que 2√(n^2 + 1), y, puesto que el segundo número es algo mayor que 2n, la desigualdad es estricta. De esta forma, sabemos que a + b es mayor que 2n, y, puesto que entre los enteros hay al menos una unidad, sabemos que a + b ≥ 2n + 1.

Para llegar de nuevo a la desigualdad inicial, basta seguir el proceso al revés. Como a + b ≥ 2n + 1, y ambos son positivos, elevando al cuadrado, tenemos que (a + b)2 ≥ (2n + 1)2, y desarrollando, eso indica que a2 + b2 + 2ab ≥ 4n2 + 4n - n. Restando a ambas expresiones, respectivamente, la igualdad ab = n2 + 1 cuatro veces, tenemos que a2 + b2 - 2ab ≥ 4n - 3, que es equivalente a (a - b)2 ≥ 4n - 3. Tomando de ambas expresiones su raíz cuadrada positiva, tenemos la desigualdad que pretendemos probar, que a - b ≥ √(4n - 3).

¿cuándo se da la igualdad? Es necesario que 4n - 3 sea un cuadrado perfecto, es decir, que 4n = u2 + 3 (observa que basta que u sea impar para que se pueda conseguir un n válido), y además, ab = n2 + 1 y a + b = 2n + 1. Tratando estas tres igualdades como un sistema de ecuaciones en las que u juega el papel de parámetro, tenemos que (con un poco más de trabajo, claro) que a = (u2 + 2u + 5)/4 y que b = (u2 - 2u + 5)/4. Por ejemplo, si tomamos u = 5, n = 7, a = 10, b = 5, que es el caso que ya conocíamos, y si u = 7, n = 13, a = 17, b = 10.

sábado, 9 de noviembre de 2013

Segmentos sin cortar

Enunciado

Este problema es muy interesante.

Usa de forma bastante repetitiva una fórmula que nos dice cuántos segmentos se pueden trazar entre N puntos. Son, exactamente N*(N-1)/2, ya que cada uno de ellos lo podemos unir con todos los restantes, y así contaremos cada segmento dos veces, ya que tiene dos extremos cada segmento.

En realidad, si corta segmentos de los que se forman entre todos los puntos que hemos seleccionado, eso significa que esos 60 segmentos tienen un extremo a cada lado de la recta, y es suficiente decidir cuántos puntos hay en cada uno de los dos lados para contar cuántos segmentos no son cortados por la recta.

El caso más sencillo es que sólo haya un punto a un lado de la recta, por lo que habrá 60 exactamente al otro, pues la recta corta exactamente a 60 segmentos. Por lo tanto, no habrá más segmentos en el lado "solitario", pero habrá 60*59/2 = 1770 segmentos en el otro lado, así que habrá estos 1770 segmentos que no cortará la recta.

Otro caso diferente es que haya 2 puntos en el lado menos poblado, y entonces habrá 30 en el otro, evidentemente, ya que son 60 los segmentos que pasan entre ellos por la recta. Eso hará que haya un segmento en el lado de los 2 puntos, y 30*29/2 = 435 en el otro lado. En total, 436 segmentos que no cortan la recta.

En el tercer caso, habrá 3 y 20 puntos, y el número de segmentos que no cortan será 3 + 20*19/2 = 193.

En el cuarto, habrá 4 y 15 puntos, lo que lleva a 4*3/2 + 15*14/2 = 6 + 105 = 111 segmentos.

En el quinto caso, habrá 5 y 12 puntos respectivamente, lo que nos lleva a 5*4/2 + 12*11/2 = 10 + 66 = 76 segmentos que no cortan.

En el sexto caso, habrá 6 y 10 puntos respectivamente, de forma que hay 6*5/2 + 10*9/2 = 15 + 45 = 60 segmentos que no se cortan (casualmente, los mismos que sí que cortan).

Y ya no hay más casos, porque 7, 8 y 9 son números que no dividen a 60, por lo que no puede ser que esté esa cantidad de puntos a un lado, pues no conseguiremos 60 segmentos que pasen sobre la recta.

Por tanto, las respuestas posibles serían, como dice nuestro anónimo visitante, 60, 76, 111, 193, 436 y 1770.

lunes, 21 de octubre de 2013

Rellenando el tablero

Enunciado

Si has manipulado algo con figuras redondas, sabrás que la forma más compacta de poner fichas consiste en crear filas de fichas apoyadas cada fila en dos fichas de la fila anterior, de forma que en las filas impares tendremos ocho fichas y en las pares una menos. El objetivo es tratar de poner alguna fila más dentro del tablero.

Si nos fijamos en tres fichas puestas de esta forma, descubrimos que se forma entre sus centros un triángulo equilátero que nos va a ayudar, con ayuda del Teorema de Pitágoras, a descubrir la distancia entre las filas.

En efecto, el triángulo equilátero tiene los lados de 3 centímetros, y si lo dividimos en dos partes iguales, se formará un triángulo rectángulo que tendrá una hipotenusa de 3 y un cateto de 1,5 centímetros. Aplicando Pitágoras, la altura, que es lo que nos interesa, al cuadrado, medirá 9 - 2.25 = 6.75, de forma que (con la calculadora) debe medir aproximadamente 2.598076211.

Así, las dos filas ocuparán un total de 3 + 2.598076211 = 5.598076211 (menos que 6), y dejarán algo de sitio libre en la segunda fila de casillas.

Si probamos ahora a unir más filas, encontramos que, por ejemplo, si ponemos tres filas, la altura máxima que usaremos será la suma de dos radios de las fichas más dos alturas del triángulo calculado previamente (3 + 2.598076211*2 = 8.196152423), dejando algo más de espacio en la tercera fila del tablero.

Sucesivamente, la cuarta fila añadirá otra altura del triángulo, midiendo 10.794228634. ¿cuántas filas caben en nuestro tablero? Pues bastará restar a sus 24 centímetros 3 y dividir el resultado entre las alturas de cada fila, 2.598076211. Eso hace un total de 8.082903769, es decir, que podemos poner en realidad 9 filas (y apenas sobrará sitio), es decir, que podemos poner 5 filas de 8 fichas y 4 de 7, lo que hace un total de 68 fichas.

Observa que hemos puesto 4 fichas más que si hubiésemos optado por poner una en cada casilla. Sin embargo, el espacio sobrante, si se pudiese aprovechar mediante un cuidadoso troceo de las fichas daría para poner 81 fichas y casi media, ya que si dividimos el área del tablero por las de las fichas obtenemos esta cantidad. Más de 13 fichas más. Pero no hay ninguna distribución que nos permita colocarlas sin romperlas.

sábado, 5 de octubre de 2013

La ropa

Enunciado

Este problema es sencillo si ya has trabajado con álgebra, pero no lo es tanto si deben inventarse ellos la solución.

Hay dos enfoques. Si vamos añadiendo productos, podemos acumular varias veces lo que tenemos y tratar de pagar con las condiciones que nos ponen. Como queremos pagar un pantalón, un suéter y un abrigo, podemos pagar el suéter y el abrigo, 91€, y para pagar el abrigo, añadir otro conjunto igual, un pantalón, un suéter y un abrigo, de forma que nos queda por pagar dos pantalones, un suéter y un abrigo. Ahora, lo agrupamos como un pantalón más un abrigo y un suéter más otro pantalón. En total, costaría 91€ + 112€ + 55€ = 258€. Como hemos acumulado el doble de lo que queríamos, tenemos que las tres cosas cuestan la mitad de 158, es decir, 129€.

Como nos piden el precio por separado, basta restar los pares que sabemos lo que valen, es decir, el abrigo vale 129€ - 55€ = 74€, el pantalón vale 129€ - 91€ = 38€, y el suéter vale 129€ - 112€ = 17€.

El enfoque que hemos visto es similar a tratar de resolver un sistema por reducción.

El otro enfoque que se me ocurre, es tratar por tanteo el problema, es decir, comprobar que si suponemos que el pantalón vale un euro, por ejemplo, el suéter cuesta 54 (para que sumen 55) y el abrigo 111 (para que sumen 112), por lo que entre ambos deberían valer 165, no 91. Sin embargo, si subimos el precio del pantalón a 2 euros, entonces el suéter costaría 53 y el abrigo 110, en total 163. Estamos más cerca de 91, por lo que hay que subir el precio del pantalón mucho más, hasta que cuando vale 38€, obtenemos que el suéter vale 17€, y el abrigo 74€, como hemos visto en el método anterior.

Este enfoque sería similar al método de sustitución en los sistemas, y sería más sencillo de entender para la mayoría de alumnos.

sábado, 21 de septiembre de 2013

Multiplicación grande, resultado pequeño

Enunciado

Este es un problema bastante complicado, porque implica cálculos con polinomios bastante grandes, y no he encontrado una manera de resolverlo que no implique "probar" funciones sencillas. Este método, que yo sepa, no se puede generalizar, aunque a mí me ha servido al menos en dos problemas muy diferentes.

Es difícil encontrar una pauta en el crecimiento de esta multiplicación conforme le vamos añadiendo términos. Veamos los ejemplos que podemos calcular sin mucha dificultad.

El primer elemento que encontramos es 2 (1 + 1/1), evidentemente menor que 3.

El segundo factor es 1 + 1/8 = 9/8, que es poco mayor que 1, así que el producto da 9/4, también menor que 12/4 = 3.

El tercer factor es 1 + 1/27 = 28/27, que nos proporciona 7/3, claramente menor que 9/3.

Hasta aquí, tenemos cierta esperanza de que los términos se simplifiquen hasta dar un patrón claro, pero el cuarto factor, 65/64, nos da un total de 455/192, que, aunque es menor que 576/192 = 3, no es una fracción precisamente sencilla.

No parece mejorar con el siguiente factor, 126/125 que nos da un total de 1911/800. No parece que sugiera un patrón claro.

Una alternativa para estos casos consiste en acotar la sucesión de productos, es decir, probar con una sucesión sencilla (casi tanteando), que sea algo mayor que todos los términos y nos permita generalizar. Así, probaremos que, aunque tomemos tantos términos como queramos, siempre estaremos por debajo del valor que se pide, 3, en particular, si tomamos 2013 términos como pide el enunciado.

No nos vale con una cota constante, ya que cada vez habrá que multiplicarla por un número algo mayor que 1, y crecerá, lógicamente. Necesitamos algo que se acerque a 3 lentamente, para comprobar que el nuevo resultado de añadir un factor nuevo al producto es algo menor que el elemento correspondiente, aunque sea algo mayor que el anterior.

Una sucesión que hace algo similar sería la sucesión 3 - 1/n, y podemos comprobar que sirve a nuestro propósito. Tal vez no sea la única que sirva pero sí es muy sencilla y no es excesivamente difícil operar con ella.

Nuestro objetivo, ahora, es comprobar que desde el primer término, todos los productos de m términos de esa sucesión son más pequeños que 3 - 1/m, y así cualquier producto de cualquier cantidad de términos estará por debajo de 3.

Para hacerlo, comprobaremos que los primeros términos cumplen esa propiedad. De esta forma, 2 no sobrepasa a (es menor o igual que) 3 - 1/1 = 2.

También podemos ver que 2*(9/8) = 9/4 es menor que 3 - 1/3 = 8/3, como puedes comprobar (en realidad, bastaría con que a partir de cierto término sea menor o igual).

El caso es que ahora veamos que, si para cierta cantidad m es cierto que el producto de los m primeros elementos es menor que 3 - 1/m, entonces podemos comprobar que al añadir un factor más, aún estamos por debajo de 3 - 1/(m + 1). Si conseguimos comprobar esta propiedad, todos los productos estarán acotados, y el enunciado estará probado.

Así pues, supongamos que el producto de los m primeros factores es menor que 3 - 1/m.

Añadir un factor nuevo significa multiplicar todo lo anterior por el elemento (1 + 1/(m + 1)3), y como todo lo anterior es menor que 3 - 1/m, el producto ese será seguro menor que (3 - 1/m)*(1 + 1/(m + 1)3).

Ahora, debemos comprobar si el resultado es menor o no que 3 - 1/(m + 1), y, si es así, el razonamiento estará acabado.

Vamos a intentar expresar el producto (3 - 1/m)*(1 + 1/(m + 1)3) de una forma más sencilla. Pasamos por la expresión (3m + 1)*((m + 1)3+ 1)/(m*(m + 1)3) Reduciendo a un polinomio el numerador, pero no el denominador, obtenemos una expresión bastante larga, pero que es la que necesitamos: (3m4 + 8m3 + 6m2 + 3m - 2)/(m*(m + 1)3). Observa que necesitamos mucha precisión para hacer estos cálculos, y necesitamos que el denominador siga factorizado para compararlo con 3 - 1/(m + 1), porque tendremos que restarlo.

Como suponemos que será inferior a esta cantidad, restaremos a 3 - 1/(m + 1) la fracción obtenida. Para eso, le ponemos el mismo denominador, transformándolo en (3*m*(m + 1)3 - m*(m + 1)2)/(m*(m + 1)3) y después en (3m4 + 8m3 + 7m2 + 2m)/(m*(m + 1)3).

La diferencia entre estas dos cantidades es (m2 - m + 2)(m*(m + 1)3). Sólo nos queda darnos cuenta de que es positiva para cualquier valor de m, o al menos a partir de cierto valor de m (en ese caso, los valores inferiores a esa cantidad habría que comprobarlos uno a uno).

Sin embargo, tenemos suerte, porque m2 - m + 2 = m2 - 2*m*(1/2) + 2 = m2 - 2*m*(1/2) + 1/4 + 7/4 = (m - 1/2)2 + 7/4, que es claramente positivo. Y el denominador también lo es para todo m positivo, por lo que tenemos finalizada la demostración (una alternativa sería ver que es una ecuación de segundo grado sin soluciones o que su solución es un número bajo que podemos comprobar a mano).

domingo, 15 de septiembre de 2013

Usando la regla y el trisector

Enunciado

La primera tentación que uno tiene al intentar este problema es triscar el segmento dado, y volver a trisecar alguno de los intervalos, esperando que alguno de los puntos así obtenidos sea el central. Al menos a mí me pasó. Tras unas pruebas, razoné que cada uno de los segmentos obtenidos tendría una longitud que sería una fracción del primero con un denominador potencia de tres, y ninguna suma de fracciones con esos denominadores pueden ser la fracción 1/2, así que parecía que estaba perdiendo el tiempo.

Mi siguiente idea fue fijarme en el material puesto a nuestra disposición: una regla y un trisector. ¿Para qué puedes usar una regla sin marcas? Pues para hacer rectas, claro. Necesito un segmento dividido por la mitad, y trazar rectas para llevar esas proporciones al segmento dado.

Sin embargo, es necesario que ese segmento dividido por la mitad esté en una paralela al segmento dado, ya que si no lo está, el trazar esas rectas no garantiza que el resultado esté exactamente en la mitad.

Eso llevó a otro problema ¿cómo trazar una paralela con el material que tenemos?

Se me ocurrió levantar un triángulo sobre el segmento dado, eligiendo como vértice un punto cualquiera que no estuviese alineado con el segmento, y dividir los otros dos lados (no el segmento) con el trisector. Uniendo ordenadamente esos puntos con segmentos trazados con la recta, consigues segmentos paralelos al de abajo (puedes razonar el paralelismo por semejanza).

Como sólo necesitamos un segmento paralelo, usamos el mayor de los dos. Ahora le volvemos a aplicar el trisector. Evidentemente, queda dividido en tres, no en dos, pero usamos tres puntos consecutivos de los cuatro puntos del segmento como si fuese un segmento divido en dos partes iguales, y con la recta trazamos las líneas necesarias para llevar esa división al segmento inicial.

Es mucho más fácil hacerlo que explicarlo, trataré de que lo veáis en un dibujo.

Ahora, vayamos con la demostración formal. En primer lugar, hemos de probar que, independientemente de la elección de C, el segmento KH es paralelo a AB. Para ello, usamos que los triángulos ABC y AKH son semejantes, por tener un ángulo igual y los dos segmentos que lo forman proporcionales. Después, obtenemos el punto R a partir de B y de Q (ver en el dibujo), y con ayuda de R y de P, obtenemos S. Está claro que P es el centro del segmento HQ, y por semejanza, RPQ es semejante a RSB, igual que RHP es semejante a RAS. Ahora, por la proporcionalidad, PQ es proporcional a SB en la misma proporción que HP a AS, y puesto que PQ y HP son iguales, también lo serán AS y SB, con lo que S es efectivamente el punto medio.

jueves, 5 de septiembre de 2013

El juego de los múltiplos

Enunciado

Uno de los comentarios da una solución muy breve, aunque no se explica el razonamiento que nos puede llevar a ella.

La clave está en entender bien cómo funcionan los números en cuanto a ser o no múltiplos de tres.

Si tenemos un número de tres cifras, y queremos que se trate de un múltiplo de tres, sus cifras deben sumar tres o múltiplo de tres. Ahora, observaremos diferentes opciones:

Si las tres cifras son múltiplo de 3, automáticamente el número es múltiplo de 3.

Es imposible que dos de las cifras sean múltiplo de 3, ya que la otra aportaría un sumando una unidad o dos mayor que un múltiplo de tres.

Si hay una cifra múltiplo de 3, otra de las cifras será una unidad mayor que un múltiplo de tres, y la restante será dos unidades mayor que un múltiplo de 3, ya que en otro caso no pueden sumar entre ambas un múltiplo de 3.

Si no hay ninguna cifra múltiplo de 3, las tres cifras deben ser del mismo tipo, es decir, exceder en uno un múltiplo de tres, o bien exceder en dos, ya que en otro caso podemos comprobar fácilmente que no llegan a sumar un múltiplo de 3.

Clasificando así las cifras, es muy sencillo construir múltiplos de tres, como 147, o 243.

En este problema, sólo disponemos de las cifras del 1 al 6, y no podemos repetir. Eso significa que sólo tenemos dos múltiplos de 3 (3 y 6), dos que exceden en 1 (1 y 4) y dos que exceden en 2 (2 y 5), luego sólo podemos construir números que tengan una cifra de cada tipo.

Ahora, está clara la estrategia que debe seguir Luis, ya que siempre puede ganar. Basta escoger una cifra de uno de los tipos, y si Elena elige otro tipo, dejando un único representante de ese tipo, elegir el que se ha quedado sólo, hasta completar el trío de representantes de cada tipo.

Por ejemplo, Luis elige el 4 y Elena el 5. Como el 2 se ha quedado "huérfano", Luis elige el 2, ahora, si Elena elige el 3, Luis puede seleccionar el 6 y completar el 426, que es múltiplo de 3 (evidentemente, Elena se queda con el 531, que también lo es). Y gana Luis.

Si es Elena la que empieza, Luis sigue teniendo ventaja, ya que puede elegir de nuevo el número que se queda único en su tipo hasta completar los tres tipos.

La última pregunta es bastante más difícil de contestar, ya que hay que contar de alguna forma cuántos números podemos construir, y cuántos de ellos serían múltiplos de 3. Vamos a imaginar que sólo elige uno de los jugadores, y que el otro se conforma con lo que queda, ya que para contar las opciones y saber si sale o no múltiplo de 3 nos da igual lo que haga el otro jugador.

Para elegir la primera cifra tiene 6 opciones, para la segunda, 5, independientemente de la cifra que eligiese en primer lugar, y para la tercera, cuatro opciones. Esto, contando todas las posibles ramificaciones del número, haría un total de 6*5*4 = 120 números posibles.

De todos ellos, vamos a contar los que sean múltiplos de 3. El primer número, hemos visto que puede ser cualquiera (6 opciones), pero el segundo sólo puede ser uno de los cuatro que no son del mismo tipo que el primero, y el tercero únicamente puede ser del tipo restante, formado por sólo dos números, es decir, que tendríamos 6*4*2 = 48 posibilidades.

En definitiva, jugando al azar, Luis tendría una probabilidad de ganar de 48/120, equivalente a 2/5, un 40% en porcentaje.

sábado, 24 de agosto de 2013

Los triángulos

Enunciado

Al añadir una paralela al segmento AB, corta a las tres líneas que pasan por C, así que provoca tres nuevos triángulos, cada uno de ellos con dos de los nuevos puntos.

Debes observar que los tres triángulos tienen un vértice común, C, ya que esos puntos sólo se pueden unir entre ellos a través de la paralela que acabas de trazar. En la imagen animada puedes ver cómo son tres de esos triángulos que se producen.

Al final, como dice Pablo Sussi en su comentario, las 100 paralelas producirán 300 triángulos, que añadidos a los 3 iniciales, harán un total de 303 triángulos.

sábado, 3 de agosto de 2013

Un baile con poca diferencia

Enunciado

Es un problema difícil de visualizar. Se trata de aplicar principios muy básicos, pero a veces un poco confusos. Vamos a ensayarlo con menos parejas, pongamos que tres parejas.

Supongamos que a, b y c son los chicos y A, B y C las chicas, ambos ya en orden de estaturas. Se supone que las parejas iniciales no tienen que estar en orden de estatura necesariamente, y que en ese caso, hay una diferencia entre ambos menor de 10 centímetros.

Puesto que tenemos muchas formas de emparejarlos, no podemos tratar de visualizar el problema de esa forma, ya que perderíamos mucho tiempo. Vamos a proceder por reducción al absurdo, es decir, suponer que se cumple lo contrario a lo que queremos probar, y llegar a una contradicción con lo que sabemos.

Supongamos, por tanto, que hay una pareja de las ordenadas (por ejemplo, bB), que tiene una diferencia entre ambos de 10 centímetros o más. Puede que sea más alta la chica o el chico. Supongamos que es más alto el chico (b es más alto que B), ya que el otro caso sería totalmente simétrico. ¿Qué diferencias de estatura puedo estar seguro de que se cumplen? Por el orden en que están puestos, c es aún más alto que b, por lo que no podría hacer pareja con B, y A es aún más baja que B, por lo que c tampoco podría hacer pareja con A. Así, c sólo puede hacer pareja con C, pero b no puede hacer pareja ni con B ni con A, que aún es más baja, por lo que llegamos al absurdo de que no todas las parejas iniciales podrían tener una diferencia menor de 10 centímetros.

Podemos hacer razonamientos análogos para esa diferencia en las tres parejas.

Ahora tratemos de formalizarlo para 15 parejas. Una vez que estén ordenados, podemos llamar a los chicos, por ejemplo, a1, a2, a3, ..., a15 y a las chicas b1, b2, b3, ..., b15.

Supongamos que no se cumple el resultado, que una de las parejas, an bn (n es un valor entre 1 y 15, concreto) no cumple la norma y presenta una diferencia de 10 centímetros o más. Podemos suponer que an es más alto que bn, aunque si fuese al revés nos limitaríamos a cambiar los nombres de los chicos por las chicas.

Ahora, tenemos n chicas más bajitas o iguales que an, a1, a2, ..., an, y 15 - n + 1 chicos más altos o igual que bn (piensa que si fuese la última pareja, tendríamos uno sólo, si fuese la primera tendremos 15 chicos de esas características).

En total, tenemos a n + 15 - n + 1 = 16 personas que no podemos emparejar entre ellas, ya que la diferencia sería de 10 o más centímetros. Pero como tenemos 14 personas que sí podemos mezclar, aún podríamos hacer 14 parejas combinándolas con nuestras 16 "desemparejadas". Pero no podríamos hacer 15 en las que la diferencia fuera menor de 10 centímetros, por lo que la condición inicial no puede ser y eso es absurdo. Luego, en efecto, todas las parejas formadas por las filas en orden presentan menores diferencias.

Cambiando la altura de 10 centímetros por la menor posible, es evidente que puedes usar este método para demostrar que colocarlos en fila crea las parejas más parecidas posibles, ya que cualquier otra combinación tendrá una cota mayor que no se superará en la ordenada.

sábado, 27 de julio de 2013

Páginas de un libro

Enunciado

Hay una forma de solucionar el problema muy sencilla, aunque algo larga de llevar a cabo.

La idea es sumar los números empezando por el 1 (1 + 2 = 3, 1 + 2 + 3 = 6, ...), obteniendo los llamados números triangulares, hasta llegar a sobrepasar el 2013. El exceso desde 2013 será el número de página que nos hemos dejado.

A partir de aquí, para estudiar si hay más soluciones, probar si al añadir alguna página más podemos llegar a otro valor que pudiésemos alcanzar también con una única página, aunque es claro que no, ya que a un valor mayor que 2013 le añadiremos el número de la última página del libro, y el resultado, por tanto, guardará una distancia con 2013 más grande que el número de la última página del libro.

Pero sumar hasta 2013 no es una tarea fácil, para abreviarla, podemos usar un truco muy sencillo, ya que sumar 1 + 2 + 3 + 4 + .... + 15, por ejemplo, es igual que sumar 15 + 14 + 13 + ... + 1, y si emparejamos los sumandos, todos dan 16 (1 + 15, 2 + 14, 3 + 13, etc). Eso significa que sumar 1 + 2 + 3 + 4 + .... + 15 es lo mismo que multiplicar 16*15 y dividirlo por 2, ya que lo estaremos sumando dos veces.

Es decir, que podemos hacer una fórmula para sumar los n primeros números con una multiplicación y una división, n*(n + 1)/2. Así podremos sumar más rápidamente, o empezar tanteando números altos, como 40 o 60, y sumando a partir de ahí

Incluso, si hemos estudiado ya ecuaciones de segundo grado, observamos que si queremos que n*(n + 1)/2 = 2013 (en realidad, queremos que sea mayor, lo que pasará para valores aún más grandes de n), tenemos que n*(n + 1) = 4026, por lo que n2 + n - 4026 = 0, y de aquí tendremos que n debe valer, con la fórmula de la ecuación de segundo grado, (-1 + √(1 + 4*4026))/2 = (-1 + √(1 + 16104))/2 = (-1 + √(16105))/2. Calcular la raíz exacta es complicado, pero estaría por encima de 120, por lo que el valor de n sería superior a 61.

Tanteando, obtenemos que 61*62/2 = 1891, 62*63/2 = 1953, 63*64/2 = 2016, de forma que el número de páginas sumadas será 63, y la página que se ha dejado es la tercera, ya que ha obtenido una cifra tres unidades menor.

Evidentemente, si tuviese una página más, la suma debería dar 2080, y no es posible que Sofía obtenga 2013 olvidando una única página, ya que hay una diferencia de 67 y la página mayor tiene el 65.

Como siempre, la solución de Pablo Sussi es correcta, aunque comenta que el libro debería tener un número par de páginas. Tal vez la última estaba sin numerar, pero era más importante que la suma coincidiese con el año en que se hace la pregunta que el resultado sea tan meditado.

domingo, 21 de julio de 2013

Saludos en el patio

Enunciado

Debido al trabajo, he ido retrasando la publicación en el blog. Espero que vuelva la regularidad.

Este problema ha causado un gran debate en la web, a pesar de que la explicación de Pablo Sussi ha sido casi perfecta.

Voy a añadir un pequeño dibujo que aclare los saludos.

Dos personas sólo se deben saludar una vez, así que si contamos los saludos en los que participa cada persona, deberemos dividir al final por dos, ya que cada saludo lo habremos contado dos veces.

Otra alternativa es contar saludo a saludo según su dirección, en cuyo caso contaremos los saludos hacia la izquierda y no hacia la derecha, y hacia delante y no hacia atrás, para evitar contar dos veces cada saludo.

En el dibujo, hemos pintado de dos colores los saludos, para distinguir unos de otros. Observa que, visto de esa forma sólo se cuentan la mitad de los 8 saludos por persona, si se trata de una persona que está totalmente rodeada.

De esta forma, podemos contar los saludos de dos formas, contando todos los que da cada persona, o clasificándolos por tipos.

Si los contamos por persona, deberemos finalmente dividir entre dos, pues cada saludo se habrá contado dos veces.

De esta manera, como se afirmaba en los comentarios, tendremos cuatro personas, en las esquinas, que sólo saludan a tres, todas las de los laterales que no ocupan las esquinas, que saludan a 5, y las centrales, que saludan a ocho.

Como las de los laterales serán dos filas de 8 y dos de 5, serán un total de 26 personas, y las centrales serán 40, por lo que el número de saludos así contados será de 40*8 + 26*5 + 4*3 = 320 + 130 + 12 = 462. Como hemos dicho, en realidad estamos contando cada saludo dos veces, por lo que en realidad serán 231 los saludos que se harán.

Si contamos los saludos por tipo, vamos a contar sólo los que están pintados de color azul en el dibujo. Así, los saludos que se dan hacia arriba los podrán hacer todos los alumnos excepto los de la fila superior, es decir, 63. De la misma forma, los saludos en diagonal hacia arriba y la derecha los podrán hacer todos menos los de la fila superior y la columna lateral, que son un total de 54. El saludo lateral hacia la derecha lo podrán hacer 60 personas del cuadro y el diagonal hacia abajo y la derecha otras 54 personas. En total, cuento 63 + 54 + 60 + 54 = 231. Observa que en esta ocasión no se divide entre dos, pues evitamos contar saludos repetidos.

La fórmula que obtenemos de generalizar el proceso se puede observar que es esencialmente la misma.

En el primer caso, tenemos [4*3 + 2*(n - 2)*5 + 2*(m - 2)*5 + (n - 2)*(m - 2)*8]/2, contando por un lado los saludos de las cuatro esquinas, los de la las dos columnas (observa que le restamos dos individuos a los extremos, que son los de las esquinas), los de las dos columnas (igualmente), y los centrales, que será un rectángulo en el que quitaremos los bordes. Al final, hemos de dividir entre dos.

Simplificar esta fórmula se hace quitando paréntesis, de forma que queda: [12 + 10n - 20 + 10m - 20 + 8*(nm -2m - 2n + 4)]/2 = [8mn + 10m -16m + 10n - 16n + 12 - 20 - 20 + 32]/2 = [8mn -6m -6n + 4]/2 = 4mn - 3m - 3n + 2, que en el caso de substituir m por 7 y n por 10 da, en efecto, 231.

A raíz de un comentario, hay que recalcar que la fórmula sólo es válida cuando n y m son mayores que 1, ya que en caso contrario no hay cuatro esquinas, y la fórmula deja de ser teóricamente válida.

Si decidimos contar sólo los saludos por su tipo, como hemos hecho en el segundo caso, conseguimos la fórmula siguiente: n*(m - 1) + (n - 1)*m + (n - 1)*(m - 1) + (n - 1)*(m - 1), ya que serían los cuatro tipos de saludo "azules". Desarrollando, tenemos que es igual a nm - n + nm - m + nm - n - m + 1 + nm - n - m + 1 = 4mn - 3m - 3n + 2.

La validez de esta fórmula es mayor, ya que puede darse el caso de que m o n (o ambos) valga uno sin que pierda sentido.

Observa que la simplificación ocasiona la misma fórmula.

domingo, 7 de abril de 2013

Gallinas en el mercado

Enunciado

Este problema es realmente difícil para primaria, ya que no suelen ser capaces de usar el álgebra ni razonamientos complicados, sino tanteo y ensayo y error.

De la conversación, se debe deducir que la cantidad de gallinas son, respectivamente, divisores de 100 y de 36. También, que la ganancia de ambas vendedoras, al ser la misma, es intermedia.

Además, la primera trajo más gallinas que la segunda.

El tanteo debe iniciarse con un ejemplo, del tipo: si la vendedora primera sólo trajo 2 gallinas, cada una la debe vender a 50 monedas para lograr 100.

Por tanto, la segunda pudo conseguir sólo 50 monedas, con lo que la primera debió venderlas a 25. Pero entonces no puede obtener 36, vendiéndolas al precio de la otra.

Si trajo 4 la primera, la segunda vendió a 25. Por tanto, pudo obtener 25, 50 o 75, y ninguno de esos números es divisible por 4.

Si trajo 5 la primera, la segunda vendió a 20. Por tanto pudo obtener 20, 40, 60 u 80. Eso significa, respectivamente, que la primera tuvo que vender a 4, 8, 12 o 16. Pero sólo a 12 puede obtener la segunda 36 si cambian el valor, de donde tenemos una solución: La primera trajo 5 gallinas y las vendió a 12, y la segunda trajo 3 y las vendió a 20.

Podemos seguir tanteando con los otros divisores, y encontramos que si la primera trajo 10 y por tanto la segunda vendió a 10, también tenemos una solución si la primera vendió a 6 y la segunda tenía 6 gallinas. Sin embargo, esta condición incumple que en total hallan vendido menos de una docena de gallinas, por lo que sólo tenemos una única solución.

Agradezco a los lectores sus soluciones algebraicas, pero me temo que no son adecuadas para este nivel.

martes, 19 de marzo de 2013

El año 2012

Enunciado

La serie que piden en el primer apartado es 2012, 9, 81, 65, 41, 17, 50, 25, 29, 85, 89, 145, 42, 20, 4, 16, 37, 58, 89, 145, 42, 20, 4, 16, 37, 58, 89,... y así sucesivamente, es decir, que a partir del décimo primer número, el 89, comienza una repetición de 8 números que siempre serán idénticos en su valor y posición.

Evidentemente, la posición 2012 la ocupará el mismo número que la 2004, ya que se repiten de ocho en ocho, así que viendo que podemos restar cualquier múltiplo de 8, podemos llegar a que este número es el mismo que ocupa la posición 404, o que el que ocupa la posición 12, que es el 145. Esto es así porque 12 - 2012 = 2000, que es un múltiplo de 8.

En el segundo apartado, encontramos un problema muy diferente. Hay que contar de forma eficaz grupos de números. Además de hacerlo de la forma tradicional, que nos llevará un buen rato, podemos aplicar un poco de ingenio, tratando de sumar rápidamente. Al fin y al cabo, se trata de sumar 1 + 2 + 3 + 4 + ..., aumentando el resultado hasta llegar cerca del 2012.

Para sumar este tipo de sumas, conviene ordenarlas de 2 en 2, empezando por primero y último, y segundo y penúltimo, y así sucesivamente. De esta forma, nos damos cuenta de que se trata de sumar números iguales. Por ejemplo, 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 = 1 + 6 + 2 + 5 + 3 + 4 = 7 + 7 + 7 = 3*7 = 21.

Este método sólo vale para valores pares, pero nos permitirá llegar a valores muy altos rápidamente. De esta forma, escribir hasta el 8 da 9*4 = 36, hasta el 10, 11*5 = 55 y así sucesivamente. Para llegar a las proximidades de 2000 necesitamos avanzar hasta el 60 (61*30 = 1830), y de ahí, pasamos al 62 (63*31 = 1953). Añadir los 63 números 63 nos llevará hasta la posición 1953 + 63 = 2016, por lo que el que ocupa la posición 2012 será con seguridad un 63.


sábado, 2 de marzo de 2013

Áreas y triángulos

Enunciado

Pablo Sussi nos comenta una solución que es muy fácil de seguir. Se trata de dividir el problema en dos, trazando una recta que introduzca un triángulo intermedio. Como él propone, vamos a dibujar una recta que una un vértice del triángulo grande con uno del pequeño. Bien podría ser la otra posibilidad, y el razonamiento habría sido análogo, pero elegimos la del dibujo de la derecha.

Así, el problema lo razonaremos en dos etapas. Primero, trataremos de calcular el área del triángulo intermedio, cuya base será 5/2 de la base del pequeño, y la altura será la misma, ya que comparte vértice superior. Así, tendremos que el área del triángulo intermedio será de 20 u2.

Ahora, para comparar este triángulo intermedio con el grande, giraremos mentalmente el dibujo, hasta lograr que la base sea el lado que antes ocupaba el lugar izquierdo. Ahora, el triángulo intermedio y el mayor tendrán la altura común, y la base del mayor será 3/2 de la de el menor, por lo que su área será 3/2 de 20 = 30 u2, como afirma Pablo.

Otra manera de razonarlo, más algebraica, sin hacer ningún trazo, es observar que el área del triángulo se calcula multiplicando la base por la altura, y debido a lo que nos dice el problema, la base del triángulo mayor es 5/2 de la del pequeño y su altura, que aumenta proporcionalmente al tamaño de su lado izquierdo, es 3/2 de la del pequeño. Por eso su área será ag = (bg*hg)/2 = ((5/2)*bp*(3/2)*hp)/2 = (5/2)*(3/2)*(bp*hp)/2 = (15/4)*ap = (15/4)*8 = 30 u2, donde b, h y a representan la base, la altura y el área, respectivamente, y la g y la p representan el triángulo pequeño y el grande.

miércoles, 20 de febrero de 2013

Criterio de divisibilidad

Enunciado

La clave en este problema se puede obtener si estudiamos los restos de la división entre 7 de algunos de estos números.

Así, probando con algunos valores concretos, tenemos que el resto de dividir 1432 entre 7 es 4, mientras que si realizamos la operación indicada, tenemos 432 - 1 = 431, y el resto al dividir 431 entre 7 es también 4. De la misma forma, si dividimos 1432 entre 11, el resto es 2, y si dividimos 431 entre 11, también obtenemos un 2 de resto. Podemos comprobar que ocurre lo mismo si probamos con cualquier otro número y cualquiera de los tres factores a estudiar, 7, 11 o 13.

Si el resto es el mismo, sólo puede ocurrir que la diferencia entre ambos números es un múltiplo de los factores entre los que dividimos, así que debemos buscar una forma algebraica de representar esta diferencia, y comprobar nuestra hipótesis.

Distinguir las últimas tres cifras del número y las primeras en notación decimal podríamos representarlo algebraicamente como que n es de la forma 1000a + b, donde b son las últimas tres cifras y a las demás cifras (por ejemplo, 1432 = 1000*1 + 432). En ese caso, k sería de la forma b - a. Evidentemente, n - k sería 1000a + b - (b - a) = 1001a, y 1001 es un número que es igual a 7*11*13, con lo que es claramente múltiplo de los tres.

Puesto que la diferencia es un múltiplo de los tres primos, n es divisible entre cualquiera de ellos si y sólo si k lo es, como queríamos demostrar. Una versión muy similar a esta demostración aparece en los comentarios el enunciado.

lunes, 18 de febrero de 2013

Número de tres cifras

Enunciado

La clave es escribir cuántos productos tienen sólo una cifra, mirando, por ejemplo, la tabla de multiplicar.

Encontramos 1x1 = 1, 1x2 = 2, 1x3 = 3, 1x4 = 4, 1x5 = 5, 1x6 = 6, 1x7 = 7, 1x8 = 8 y 1x9 = 9, 2x1 = 2, 2x2 = 4, 2x3 = 6, 2x4 = 8, 3x1 = 3, 3x2 = 6, 3x3 = 9, 4x1 = 4, 4x2 = 8, 5x1 = 5, 6x1 = 6, 7x1 = 7, 8x1 = 8 y 9x1 = 9.

Siguiendo estos productos, encontramos los números que buscamos, 111, 221, 331, 441, 551, 661, 771, 881, 991, 212, 422, 632, 842, 313, 623, 933, 414, 824, 515, 616, 717, 818 y 919. En total, 23 números diferentes, como dice nuestro seguidor Pablo Sussi.

jueves, 7 de febrero de 2013

Repartiendo la tarta

Enunciado

Este es un problema en el que debemos hacer cierta investigación previa. Si hacemos cortes desde el centro, todas las figuras las podemos dividir en triángulos que tienen un vértice en el centro (puede que sean cuadriláteros, o incluso pentágonos, si abarcan dos o tres bordes, pero se pueden dividir en triángulos). Como la cantidad de tarta que tiene cada trozo depende del área de la tarta, podemos estudiar de qué depende el área de cada uno de esos triángulos.

Conociendo la forma básica y su área, que es la mitad de la base por la altura, vemos que si usamos como base del triángulo el borde, todos los triángulos tendrán la misma altura, ya que el centro del cuadrado siempre está a 15 centímetros del borde. Es decir, que el área de un triángulo central que tenga 10 centímetros de borde, tendrá de área 10*15/2 = 10*7,5, el área de un triángulo cuyo borde mida 30 centímetros será 30*15/2 = 30*7,5, el de uno que tenga 5 centímetros será 5*7,5 y así sucesivamente.

Para repartir el área de toda la tarta entre 5 comensales, como mide 900 centímetros cuadrados, cada uno deberá tomar triángulos cuya área sume 180 centímetros cuadrados, por lo que su borde debe medir 180/7,5 = 24 centímetros. Es decir, que partimos triángulos centrales con un borde total de 24 centímetros. Observa que eso equivale a repartir en realidad los 120 centímetros de borde de la tarta entre los cinco invitados. Partiendo del corte que teníamos al principio, mediremos 14 centímetros en el siguiente lado, luego uniremos los 16 restantes con 8 del último lado, luego podremos tomar todo el lado restante y dos centímetros del siguiente, y una pieza triangular que tendrá un borde de 24 centímetros del mismo lado. La pieza restante, de nuevo un cuadrilátero, tendrá 4 centímetros de este lado y 20 del mismo lado que el primero.

He puesto dos dibujos en esta solución, uno indicando varios triángulos centrales en la tarta, y otro con la división en cinco partes del mismo tamaño.

Como hemos visto, repartir la tarta en trozos del mismo tamaño (que no iguales) es equivalente a repartir el borde. Como este borde mide 120, repartirlo en partes enteras se puede hacer entre cualquier divisor de 120. El mayor, evidentemente, es el propio 120, pero en ese caso saldrían trozos con un ridículo borde de 1 centímetro.




viernes, 1 de febrero de 2013

Cuadrados con condiciones

Enunciado

La idea más eficaz consiste en tomar la ecuación n/(20 - n) = a2 y despejar n en función de a, lo que es más sencillo comprobar si es o no entero.

En efecto, podemos quitar denominadores de la ecuación n = 20a2 - a2n, situar la n en el mismo lado de la igualdad con n + a2n = 20a2 y sacar esta incógnita factor común con n(1 + a2) = 20a2, de donde la despejamos de forma que n = 20a2/(1 + a2).

Ahora, podemos tratar de dar valores a la variable a, teniendo en cuenta que, para que sea n un número entero, 1 + a2 debe ser un divisor de 20, ya que no puede dividir nunca a a2, que es una unidad inferior.

Otra forma de ver esa necesidad, alternativamente, es mediante una pequeña transformación, escribir la igualdad anterior como n = (20 + 20a2 - 20)/(1 + a2) = (20(1 + a2) - 20)/(1 + a2) = 20(1 + a2)/(1 + a2) - 20/(1 + a2) = 20 - 20/(1 + a2), donde aún se ve mejor que (1 + a2) debe ser un divisor de 20.

Puesto que todos los divisores de 20 son menores que 20, sólo hay que probar los valores de a 0, 1, 2, 3 y 4, resultando que son todos válidos excepto a = 4, es decir, que los valores válidos de n son 0, 10, 16 y 18.

Evidentemente, si probamos todos los valores de n entre 0 y 20, y comprobamos si es o no entero, también tendríamos este resultado.

jueves, 24 de enero de 2013

Raíces que suman lo mismo

Enunciado

Partimos de que conoces las relaciones entre los coeficientes de un polinomio y sus raíces, que en el caso de los de tercer grado, supone que si las raíces son s, t y u, y los coeficientes son 1, a, b, y c, sería que -c = stu, b = st + su + tu, y que -a = s + t + u.

Si no conoces estas relaciones, puedes deducirlas de la igualdad x3 + ax2 + bx + c = (x - s)*(x - t)*(x - u), desarrollando el producto.

En realidad, gracias a estas relaciones puede que no tengamos que solucionar la ecuación, algunas de cuyas raíces son complejas, para probar esa extraordinaria relación.

En nuestro caso, tenemos que -2 = s + t + u, 3 = st + su + tu y -4 = stu.

La suma de las primeras potencias es, pues, -2.

Probemos a calcular la suma de las segundas potencias, s2 + t2 + u2. Una forma de usar las relaciones anteriores en una igualdad es elevar al cuadrado la expresión s + t + u, que ya sabemos que vale -2. Así, (-2)2 = 4 = (s + t + u)2, y desarrollando este polinomio, tenemos que 4 = s2 + t2 + u2 + 2st + 2su + 2tu, de donde se deduce que 4 = s2 + t2 + u2 + 2(st + su + tu). Como hemos visto, esta última expresión entre paréntesis es el segundo coeficiente, 3, por lo que 4 = s2 + t2 + u2 + 6, por lo que -2 = s2 + t2 + u2, como queríamos demostrar.

La suma de las terceras potencias es mucho más compleja, podemos utilizar la expresión (s + t + u)3, que tras un duro trabajo conseguimos convertir en s3 + t3 + u3 + 6stu + 3s2t + 3s2u + 3t2s + 3t2u + 3u2s + 3u2t. Si te fijas, la expresión es muy simétrica, pero, excepto el primer grupo de tres sumandos, que son los que nos interesan, los demás no parecen cuadrar con las expresiones que teníamos antes, que son st + su + tu, stu y s + t + u.

En realidad, podemos transformarla un poco, de forma que aparezca un factor común s en tres sumandos, y podamos obtener una expresión st + su + tu, otro factor t con idéntica misión y otro u.

Veamos el procedimiento: s3 + t3 + u3 + 6stu + 3s2t + 3s2u + 3t2s + 3t2u + 3u2s + 3u2t = s3 + t3 + u3 + 3s2t + 3s2u + 3stu + 3t2s + 3t2u + 3stu + 3u2s + 3u2t + 3stu - 3stu = s3 + t3 + u3 + 3s(st + su + tu) + 3t(ts + tu + su) + 3u(us + ut + st) - 3stu = s3 + t3 + u3 + 3(st + su + tu)(s + t + u) - 3stu.

Observa la estrategia de repartir el término 6stu en tres grupos, y restar después 3stu, ya que nos hacen falta en realidad 9. El procedimiento exige extraer factor común dos veces, sólo de los términos que nos interesan.

De esta retorcida manera, tenemos que -8 = -23 = (s + t + u)3 = s3 + t3 + u3 + 3(st + su + tu)(s + t + u) - 3stu = s3 + t3 + u3 + 3(3)(-2) - 3(-4). De la igualdad -8 = s3 + t3 + u3 -18 + 12 concluimos que -2 = s3 + t3 + u3, que era lo que queríamos demostrar.