Soluciones a problemas matemáticos

Polinomio de grado 2010

2012-01-15T22:40:00.001+01:00

Si agrupamos el polinomio por pares de términos, empezando por el primero, lo convertiremos en una serie de sumas de la forma (2010n - 2009)n²⁰⁰⁹ + ... + (4n - 3)n³ + (2n - 1)n. Cada sumando es positivo para cada uno de los números indicados, por lo que la suma es positiva.

Para calcular la cifra de las unidades, nos fijaremos sólo en la última cifra, lo que equivaldría a operar sólo con números entre el 0 y el 9. En lugar de calcular el valor de cada polinomio (aunque el de 1 es sencillo de obtener), podemos sumar por cada lado las potencias, ya que es fácil observar que hay una gran periodicidad en la última cifra de las potencias. Es decir, primero calculamos la última cifra de 2010*(1²⁰¹⁰ + 2²⁰¹⁰ + 3²⁰¹⁰ + ... + 9²⁰¹⁰), después la del siguiente término y así sucesivamente.

Evidentemente, operando sólo con la última cifra, ya que podemos hacer fácilmente una tabla con las últimas cifras de las potencias de todos los números con relativa facilidad (por ejemplo, 2² es 4, 2³ es 8, 2⁴ acaba en 6 y 2⁵ acaba en 2, a partir de ahí vuelve a repetirse.

Después de mucho cálculo superfluo, acaba siendo la última cifra de esa suma igual a 1.

En un país imaginario

2012-01-07T23:30:00.000+01:00

Enunciado

Si sabemos que su cara visible es blanca, eso significa que no es una de las 14 fichas que tienen ambas caras negras, de forma que la probabilidad sólo debe calcularse sobre las restantes. Es decir, que se trata de una de las 41 restantes, y de ellas 25 tienen la otra cara negra. Por lo tanto, la probabilidad de salvarse es de 16/41, es decir, poco más del 39%.

Paradoja electoral

2011-12-11T22:25:00.000+01:00

Enunciado

Pensemos en la peor situación.

Si un candidato de los n ha ganado por mayoría y ha recibido un porcentaje x, la peor situación en la votación por Borda es que sus votantes (el porcentaje x) le puntúen con n puntos y a su rival con n - 1, mientras que el porcentaje 100 - x restante puntúe a su principal rival con n puntos y a él con 1.

En ese caso, su puntuación sería x*n + 100 - x > (100 - x)n + x(n - 1), por lo que tendremos que nx - x + 100 > xn - xn - x + 100n. Ajustando sumandos en ambos lados de la desigualdad, tendremos que nx > 100(n - 1), por lo que el porcentaje x debe ser mayor que 100(n - 1)/n para tener la garantía de que el ganador por mayoría es también ganador por Borda.

Está claro que este número se puede acercar todo lo que se desee al 100%.

A mí me sigue gustando más el método de Condorcet, aunque no es tan fácil de valorar y recontar, aunque ¿para qué están los ordenadores?

Números en fila

2011-12-10T08:50:00.000+01:00

Enunciado

La clave, como dice Pablo Sussi, es contar cuantas veces se repite el proceso hasta llegar a poner el número que ocupa la posición 2011.

Primero ponemos un número, luego, dos, luego tres, y así sucesivamente.

Lo primero que tenemos que contar es qué suma de la forma 1 + 2 + 3 + ... + n es la última menor que 2011.

Para sumar esos números, emparejamos cada uno con el último (es decir, 1 con n, 2 con n - 1, y así sucesivamente. De esta forma, conseguimos n sumas iguales, aunque repetiremos todos 2 veces, es decir, que la suma será n*(n + 1)/2.

También podemos ver que las diferencias entre una etapa y otra son las mismas que el polinomio n²/2 + n/2.

En cualquier caso, aunque sea por tanteo, vemos que si sumamos hasta 62, tenemos que 1 + 2 + ... + 61 + 62 = 1953, es decir, que a partir de la posición 1954 empieza una etapa de 63 números. En esta serie, la posición 2011 la ocupa precisamente el número 58.

Casi habría sido más cómodo empezar desde el final esta etapa.

El peso correcto

2011-12-04T20:35:00.000+01:00

Enunciado

En este problema, como no se dominan las ecuaciones, debemos procurar mantener la balanza equilibrada quitando y poniendo objetos mentalmente en los platos.

Está claro, debido a la primera balanza, que una jarra y una botella pesan lo mismo, es decir, que podemos cambiar una por otra tranquilamente. Así, en la que hay que partir de la situación en la que una botella equilibra a a una taza y un plato, y cambiar la botella por una jarra.

Ya tenemos una jarra equilibrada con una taza y un plato. Observa que nos sobra el plato, pero tenemos una equivalencia en peso que es la de 2 botellas (o 2 jarras), que pesan como 3 platos. Necesitamos tener tres platos para poder equilibrar con jarras.

Entonces triplicamos el contenido de las balanzas. Tres jarras se seguirán manteniendo equilibradas con tres tazas y tres platos.

Sin embargo, para equilibrar los tres platos bastan dos jarras, según hemos visto, así que podemos retirar de un lado las dos jarras y del otro los tres platos, y volverán a quedar en equilibrio.

Como resultado, una jarra se equilibra con tres tazas.

Números grandes

2011-12-01T22:35:00.001+01:00

Enunciado

Supongamos que A es un número de 50 cifras y B un número de 50 o menos cifras. N = 10^50A + B.

Para que se dé el enunciado, se debe tener que 10^50A + B = 3AB, luego B =3AB - 10^50A = A(3B-10^50).

De esta situación, deducimos que 3B - 10^10 es un divisor de B, por lo que 3B - 10^50 sólo está compuesto por múltiplos de 2 y 5, ya que un primo que divida a ese número, divide a B, y dividiría necesariamente a 10^50. Además, sus exponentes deben ser necesariamente menores que 50, por similares razones. Además, a partir de B, podemos obtener A de la forma A=B/(3B-10^50).

Vamos a probar con diferentes potencias de 2 y 5 para ese número, ya que si X = 3B - 10^50, B = (X+10^50)/3 debe ser entero.

Si vale 1, no puede existir B por divisibilidad por 3

Si vale 2, B vale 49 treses y un 4 y A vale un uno, 48 seises y un 7 de donde obtenemos el primer número de 100 cifras.

Si vale 4, entonces no existe B por divisibilidad por 3

Si vale 5, B vale 49 treses y un 5, y A tendría menos de 50 cifras, ya que habría que dividir por 5

Si vale cualquier cantidad mayor, sucede lo mismo, por lo que el resultado único es el obtenido: N se escribe como un 1, cuarenta y ocho seises, un 7, cuarenta y nueve treses y un cuatro.

Funciones naturales

2011-11-20T22:20:00.000+01:00

Enunciado

La idea de todo el trabajo con ecuaciones funcionales es tratar, a partir de las condiciones en puntos conocidos, de sacar conclusiones que afecten a todo el dominio de la función.

En este caso, veamos qué sucede con las funciones del tipo que se nos solicita.

Está claro que f(1*n) = f(n) + f(1), por lo que f(1) = 0.

Supongamos que conocemos algún valor concreto, por ejemplo, f(2) = 5. Sabemos que f(4) = 10, que f(8) = 15, y que f(16) = 20. Observa que cada vez aumenta más despacio. Hay 7 valores entre 8 y 16, y sólo 5 resultados posibles. Eso significa que no es estrictamente creciente. Pensemos que hay dos valores entre 8 y 16, pongamos 9 y 10, en los que se repite resultado, es decir, f(9) = f(10). Ahora bien, como f(99) = f(9) + f(11) es menor que f(100) = 2*f(10), también f(11) debe ser igual, y también se repite para f(12) (observa que 10*12 = 120 es una unidad inferior a 11*11 = 121). Es decir, que a partir de ese momento la función es constante. Pero no puede ser, ya que f(32) = 25 y es mayor que f(16).

Ahora, tratemos de formalizar nuestra observación.

Supongamos que f(2) = a > 0. En ese caso, f(4) = 2a, f(8) = 3a, y como 2^x es una función creciente, existe b tal que 2^b es mayor que 2a+2. Eso quiere decir que, como entre 2^{b - 1} y 2^b hay exactamente 2^{b - 1} valores, y sus imágenes estarán comprendidas entre (b-1)a y ba, sólo pueden tener a imágenes distintas posibles. Como 2^{b - 1} es mayor que a + 1, entonces habrá dos valores (y además consecutivos) entre 2^{b - 1} y 2^b que tengan la misma imagen. Supongamos que estos dos valores son s y s + 1. Entonces, como (s+1)² = s² + 2s + 1 = s*(s + 2) + 1, es decir, (s+1)² es una unidad mayor que s*(s+2), tenemos que f((s+1)²) = 2f(s) debe ser mayor o igual que f(s) + f(s + 2), de donde f(s + 2) debe ser igual a f(s). Puesto que esto se aplica a cualquier número a partir de s, tendríamos que toda la función es constante a partir de ese momento, en contra de lo que sabemos, ya que 2^b y 2^{b + 1} son mayores que s y se diferencian de nuevo en a.

Luego sólo puede suceder que f(2) = 0, y repitiendo el razonamiento para el valor 1 y 2, tenemos que toda la función es constante.

Por lo tanto, la única función que cumple el enunciado es la función constante nula.

El estanque helado

2011-11-13T19:30:00.000+01:00

Enunciado

Para resolver este problema, lo único que hay que hacer es utilizar el Teorema de Pitágoras y un poco de álgebra.

La idea es dividir el rectángulo en cuatro rectángulos cuyos vértices coinciden con el lugar en el que cayó la piedra.

Es sencillo entender que x, a, b y c son ahora las diagonales de los cuatro rectángulos, y sus lados están todos repetidos. Expresamos con cuatro ecuaciones las relaciones de Pitágoras de cada uno de los rectángulos.

Las cuatro ecuaciones serán, poniendo a los lados de los rectángulos s, t, u y v, las siguientes: x² = v² + s², a² = v² + t², c² = u² + s² y b² = u² + t².

Restando la primera y la segunda ecuación, y la tercera y la cuarta, eliminamos las variables u y v, y quedan nuestras ecuaciones como x² - a² = s² - t² y c² - b² = s² - t².

Como vemos, ambas ecuaciones tienen la misma expresión en el lado derecho, por lo que de ellas se deduce que x² - a² = c² - b², por lo que x² = a² + c² - b².

De esta forma, podemos calcular fácilmente el valor de x.

Elegir a un equipo goleador

2011-11-10T22:30:00.000+01:00

Enunciado

Este problema no es sencillo, porque a partir de diferentes ejemplos podemos llegar a estrategias particulares, pero es muy difícil generalizar. Conviene partir de ejemplos más pequeños, en los que haya que elegir entre cuatro jugadores dos parejas, o entre seis tres parejas.

La clave de este problema es la paridad. Puesto que podemos elegir el primero o el último, si elegimos el primer jugador dejaremos al otro portero elegir entre dos jugadores en posición par, y si elegimos el 20, el otro portero podrá elegir entre el 1 y el 19, que ocupan posición impar. Independientemente de su elección, podemos volver a forzarle a que escoja entre una posición par u otra impar.

La estrategia se basa en ese detalle. Previamente a empezar la elección, podemos sumar los que están en posición par y los que están en posición impar, y decidir en ese momento si nos interesa más optar por unos o por otros, para forzar a nuestro rival a escoger los que tienen la paridad menos interesante.

Sin embargo, en el caso de que el número de jugadores sea impar, no hay una estrategia ganadora definida, ya que según la distribución hay una estrategia ganadora para el primero en elegir o una para el segundo. Pongamos un ejemplo de cada una de ellas. Si ningún jugador ha marcado ningún gol excepto el primero, el primer portero en escoger está claro que tiene una estrategia ganadora. En el caso de que suceda algo similar y el único jugador goleador esté en segunda posición, por ejemplo, el primer portero no debe escoger el primer jugador, pues daría ventaja inmediata al segundo. Pero si el segundo portero tampoco elige al primero, llegará un momento en que queden tres jugadores para elegir, y el goleador quedará entre ambos, y le tocará elegir al primer portero. Está claro que, elija como elija, el segundo se quedará con el único goleador.

Las vacaciones del director

2011-11-06T23:50:00.000+01:00

Enunciado

En este problema está claro que hay un total de 11 mañanas o tardes despejadas, y siete en las que estuvo lloviendo. Puesto que no hay más posibilidades, eso hace un total de 18 mañanas o tardes, es decir, nueve días, de los cuales seis mañanas fueron despejadas y tres lluviosas, mientras que se dieron cinco tardes despejadas y cuatro lluviosas (que coincidieron con cuatro mañanas despejadas). En resumen, sólo dos días no llovieron, de los nueve que estuvo de vacaciones.

Campamento de verano en los Pirineos

2011-11-03T20:25:00.000+01:00

Enunciado

La idea es que, como Pere está 16 minutos más que Fran, pela 16*5 = 80 patatas en el tiempo extra. El tiempo que ambos están pelando patatas juntos pelan 13 por minuto (8 Fran y 5 Pere).

Por lo tanto, 80 patatas las pela Pere en 16 minutos, y de las restantes, que son 520, se ocupan entre ambos a razón de 13 por minuto, lo que hace un total de 40 minutos. Eso quiere decir que Pere pela 200 y 320 Fran. En resumen, que Pere pela 280 y Fran 320.

Construyendo superficies

2011-10-30T10:40:00.000+01:00

Enunciado

Doble toro

Este es un típico problema de visualización, que no es fácil representar. He visto los trabajos que han hecho algunos lectores para el país, especialmente las imágenes, y me siento totalmente incapaz de dibujar nada remotamente parecido.

Líneas de colores

La solución es el doble toro (flotador con doble agujero) que aparece dibujado junto al primer párrafo. Mi dibujo ha sido, sobre todo, para representar dónde quedan las líneas una vez que unimos los segmentos. La clave está en imaginar dónde va a parar cada una de las líneas mientras unimos las demás. Hay que tener cuidado, ya que si unimos dos líneas que comparten un segmento entre ambas, el segmento queda como un círculo rodeado de superficie, y si unimos dos segmentos rodeados de superficie. creamos un agujero a la superficie (un asa de una taza, o un flotador).

No quiero acabar sin citar los dibujos más impresionantes de los siguientes lectores de El País: Javier Castellano Colmenero, Sergio Guerrero y Miguel Ángel Ochando.

Ceros anteriores

2011-10-22T19:40:00.000+02:00

Enunciado

Empecemos por saber cuál es la última cifra. Observamos que la última cifra de un producto depende exclusivamente de la última cifra de los factores, en este caso, multiplicar 2009 por 2009 tendrá al 1 como última cifra, ya que esa es la última cifra de 9 por 9. Así, uc(2009²) = 1. De la misma forma, la última cifra de 2009⁴ es 1, y también la última cifra de 2009²ⁿ para cualquier valor natural de n. Por eso, 2009²⁰¹¹ acaba en 9.

Ahora, para saber cuántos ceros hay delante del 9 es necesario calcular unas cuantas cifras más. Empecemos por calcular las dos últimas. Está claro que las dos últimas cifras de 2009² coinciden con las de 9², es decir, con 81. De la misma forma, las dos últimas cifras de 2009²⁰¹¹ coincidirán con las dos últimas cifras de 9²⁰¹¹. Para trabajar con sucesivas potencias Una forma de trabajar con estas potencias es escribir 9 = 10 - 1 y desarrollarlo como la potencia de una suma, según la forma del binomio de newton. Esto es así porque a partir del tercer término nos da igual el coeficiente que lleven, pues al ir multiplicados por una potencia mayor que 2 de 10, acaban en 2 ceros. Los últimos dos términos serán 2011*10 - 1, con lo que acabará en 09. Ya sabemos que al 9 le precede al menos un cero.

Procedemos ahora a averiguar la tercera cifra de forma similar. De nuevo, consideramos que las tres últimas cifras de 2009ⁿson las mismas que las de 9ⁿ, pues no influyen otras cifras. Y de nuevo usamos el desarrollo de (10 - 1)²⁰¹¹, en esta ocasión tomando los tres últimos términos (los otros van multiplicados por una potencia de 10 que acaba en al menos tres ceros). Así, debemos calcular los tres últimos términos de -(2011*2010/2)*100 + 2011*10 - 1 = -202105500 + 20110 - 1. Si miramos las últimas tres cifras, serán -500 + 110 - 1 = -391. Evidentemente, esta cifra no será negativa, sino que irá restada de un número aún más grande que acaba en al menos tres ceros, por lo que sus tres últimas cifras serán las mismas que las de 1000 - 391 = 609. Así, sabemos que sólo hay un cero precediendo al 9, y delante tiene un 6.

Ha sido una suerte que no hemos tenido que trabajar con la base completa de la potencia, lo que habría complicado enormemente el cálculo.

También se pueden buscar regularidades en las cifras de la potencia, aunque tal vez llevaría demasiado tiempo.

Sumando y restando cuadrados

2011-10-20T22:45:00.000+02:00

Enunciado

Hay muchas formas de proceder en este problema, casi todas tratan de agrupar por diferencias los cuadrados, para que sea más sencillo sumar esta larga lista.

El más directo me ha parecido escoger los cuadrados de dos en dos, empezando por los menores. En realidad la primera pareja sería 1² - 0², para que haya una cantidad par, y el resultado sería 1. La segunda pareja sería 3² - 2², y sería 5. La tercera pareja, 5² - 4² tendría 9 como resultado. ¿Será esa la expresión, reducirlo a una sucesión que salta de cuatro en cuatro? En realidad basta observar que cada pareja se puede expresar como (2n+1)² - (2n)², que desarrollando queda 4n + 1. Luego en realidad se trata de una suma de 1006 términos de una progresión aritmética, es decir, que avanzan de 4 en 4. Como muchos supondréis, basta escogerlos por parejas desde los extremos (primero con último, segundo con penúltimo, etcétera) y la suma será constante, 4022. Así que la suma será 503 veces 4022, es decir, 2023066.

Otra forma de sumarlo, más rápida, sería la que propone uno de los que comenta en el blog, basándose en la diferencia de cuadrados: a² - b² = (a+b)(a-b). Luego 2011²-2010²=(2011+2010)(2011-2010)=2011+2010 y de forma similar 2009²-2008²=(2009+2008)*(2009-2008), etcétera, hasta que 3²-2²=3+2. Entonces la suma es igual a 1+2+3+4+...2010+2011 = 2011*2012/2 = 2023066 (esta última suma se puede razonar de forma similar).

Dos alfombras triangulares

2011-10-16T19:15:00.000+02:00

Enunciado

La idea más importante del problema es que las dos alfombras tienen una extensión igual a la mitad de la habitación.

En efecto, una de sus bases es igual que uno de los lados de la habitación y la altura correspondiente es igual al otro lado, luego su área será la mitad que el rectángulo.

Como la superficie que tapan es igual a la suma de las áreas (es decir, el total de la habitación) menos el área en común, tenemos que esa área común debe ser igual a la cantidad de habitación que queda descubierta, pues el área de la habitación es igual a la zona descubierta más el área tapada por el conjunto de las dos alfombras.

Dicho de otra forma, si llamamos u a la zona que tapan entre las dos alfombras, x a la zona sombreada en negro, S a la extensión total del rectángulo, y 4,2 mide la zona en blanco, tenemos que S = u + 4,2 = S/2 + S/2 - x + 4,2, de donde x= 4,2 metros cuadrados.

El precio de las bicicletas

2011-10-15T17:20:00.000+02:00

Enunciado

Si entendemos lo que significan los incrementos proporcionales, sabremos que aumentar un precio un 20% es multiplicarlo por 1,2 (o por la fracción 120/100), de forma que si 192€ es el resultado de aumentarlo, el precio original debería ser 192/1,2 = 160€.

Por otra parte, rebajar un 20% el precio significa multiplicarlo por 0,8, de forma que si el resultado es también 192€, el precio original será 192/0,8 = 240€.

De esta forma, lo que pagó inicialmente fue 160€ más 240€, un total de 400€, mientras que en la venta sólo obtuvo 192€ por dos, es decir, 384€. En resumen, perdió 16€.

Hay gente que piensa que no es posible, pues aumentó y redujo la misma cantidad (un 20%). Sin embargo, eso es falso, puesto que es una proporción, y un 20% de una cantidad más alta siempre será mayor que el de otra cantidad menor.

Los bloques

2011-10-07T21:20:00.000+02:00

Enunciado

La verdad es que este enunciado no lo he entendido bien, creo que la redacción podría haber sido mejor.

Interpreto que lo que quiere saber es cuántas longitudes diferentes se pueden construir con los bloques que le han sobrado, pero no está claro.

Si es así, está claro que puede conseguir cualquier cantidad entre 1 a 4 con los bloques de tamaño 1, de 5 a 9 con un bloque de tamaño 5 (y los 4 de 1), de 10 a 14 y de 15 a 19 usando, respectivamente, dos y tres de 5. Con todo esto puede conseguir todos los números de 1 a 19. Después, con un bloque de 25 puede conseguir los números de 25 a 44, con dos, de 50 a 69, y con tres, del 75 al 94.

En total, puede conseguir 79 (si entendemos que puede conseguir 0 sin poner ningún bloque, tendríamos 80 = 5*4*4).

Llenar y tapar un rectángulo

2011-10-02T22:10:00.000+02:00

Enunciado

Proceso de construcción

Este problema es muy original, y no es fácil dar sin ninguna pista con la estrategia adecuada. Se basa en que un rectángulo, como pasa con los triángulos, siempre se pueden dividir de forma exacta en cuatro rectángulos semejantes con dimensiones a escala 1/2.

Imagina que puedes llenar un rectángulo con n círculos de radio r. Eso significa que no puedes situar en el rectángulo el centro de otro círculo de radio r sin que se solape (es decir, si que tenga intersección) con alguno de los círculos que ya están en él. Dicho de otra forma, cualquier punto de un rectángulo está a menos distancia que r de uno de los círculos, es decir, que si hacemos los círculos de tamaño 2r, taparemos por completo el rectángulo.

Es cierto que un círculo no puede dividirse en cuatro círculos, pero ahora es cuando vamos a jugar con las semejanzas. Cuando tenemos un rectángulo tapado con círculos de radio 2r, construyamos una figura semejante a escala 1/2. Obtenemos un rectángulo cuyo ancho y alto miden exactamente la mitad, y que está completamente tapado por n círculos de radio r. Ahora, construyamos otros tres exactamente iguales, y los disponemos tapando el rectángulo original de la forma evidente (dos arriba y dos abajo), respetando la situación de los n círculos en cada uno de ellos. Tenemos, por tanto, un rectángulo exactamente igual que el original, pero tapado por 4n círculos de radio r.

Sumar infinidad de áreas

2011-09-25T21:40:00.000+02:00

Enunciado

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).

Reunión de conocidos

2011-09-19T22:55:00.000+02:00

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.

Seis distancias en doce vértices

2011-09-17T23:00:00.000+02:00

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.

Con tres dígitos

2011-09-16T22:10:00.000+02:00

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.

El caso es jugar

2011-09-12T08:45:00.000+02:00

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.

Un cuadrado mágico especial

2011-09-10T23:30:00.000+02:00

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

Tres números y una condición

2011-09-08T22:50:00.000+02:00

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.

El número secreto

2011-09-04T10:26:00.002+02:00

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.

Un sistema de riego eficiente

2011-09-03T09:19:00.000+02:00

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.

Deliciosos caramelos

2011-09-01T20:58:00.001+02:00

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.

Empaquetando eles

2011-08-29T20:20:00.000+02:00

Enunciado

Agrupación de cinco eles

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

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

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

Todo el mundo a su silla

2011-08-27T13:00:00.003+02:00

Enunciado

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

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

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

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

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

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

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

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

Obtener 2011

2011-08-26T22:15:00.003+02:00

Enunciado

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

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

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

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

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

Los asientos del teatro

2011-08-21T15:00:00.001+02:00

Enunciado

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

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

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

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

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

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

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

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

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

Cuadrados que suman grandes números

2011-08-20T22:50:00.000+02:00

Enunciado

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

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

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

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

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

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

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

Un producto unificado

2011-08-18T23:00:00.001+02:00

Enunciado

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

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

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

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

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

Dos triángulos juntos

2011-08-16T23:45:00.000+02:00

Enunciado

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

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

De un lado para otro

2011-08-12T16:45:00.001+02:00

Enunciado

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

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

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

Reunión de la ONU

2011-08-11T16:20:00.003+02:00

Enunciado

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

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

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

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

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

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

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

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

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

Codificando los libros

2011-08-08T12:25:00.005+02:00

Enunciado

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

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

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

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

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

Mesa y mantel

2011-08-06T17:00:00.000+02:00

Enunciado

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

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

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

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

Buscando a Doman

2011-08-04T23:20:00.001+02:00

Enunciado

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

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

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

Pirámide numérica

2011-07-31T20:45:00.001+02:00

Enunciado

Pirámide numérica

El primer número que podemos situar es el central de la tercera fila, que debe ser el 11 para que la diferencia sea 9.

Para el número restante de esa fila, que debe tener una diferencia de 4 con el 11, no podemos usar el 15, pues el propio 15 no puede ser la diferencia de dos números del 1 al 15. Por lo tanto, deberemos poner el 7.

Ahora, nos quedan sin usar los números 1, 3, 8, 10, 12, 13, 14 y 15. Ninguna de las diferencias que pueden proporcionar 7, 11 o 2 es única, pero si queremos usar el 6 para conseguir otro de la lista, es decir, llenar la casilla inmediatamente superior al 6 y la que está al lado, no queda más remedio que usar el 8 y el 14. Así, el 8 será el primer número de la cuarta fila y el 14, el segundo de la quinta.

Ahora, junto al 8 de nuevo no podemos usar el 15, por lo que no tendremos más remedio que usar el 1.

Evidentemente, junto al 1 habrá que situar el 12.

Ahora, junto al 12, como ya está usado el 14, hemos de situar el 10.

Para las últimas tres casillas sólo quedan por situar los números 3, 13 y 15. Puesto que los dos números finales de la quinta fila son 3 y 13, que son los únicos que se diferencian en 10, el que va en el centro es claramente el 15, y la única forma de cuadrar las restas es poner junto a ese número el 3 y el 13 en ese orden.

Una molécula de siete átomos

2011-07-18T08:00:00.000+02:00

Enunciado

He de reconocer que esta configuración no la conocía. Puedes dar con ella de casualidad o trabajar de forma más sistemática.

Si tratamos de construir un grupo de posiciones con tres puntos que cumplan esta condición, cualquier trío en el que haya dos puntos a una unidad vale, independientemente de la posición que ocupe el tercero.

Con cuatro puntos, disponemos de dos posibilidades: o bien tenemos dos pares a distancia 1, o bien tres de ellos forman un triángulo equilátero de lado 1. Las demás distancias no importan, de nuevo.

Con cinco puntos, de nuevo tenemos dos posibilidades. Una de ellas consiste en un triángulo equilátero de lado uno y dos puntos a una distancia de una unidad entre ellos, y la otra en un pentágono cuyos lados miden todos uno (no necesariamente regular, los ángulos no importan). Es fácil extender estas dos posibilidades a partir de la anterior.

Con seis puntos, de nuevo tenemos la posibilidad de crear dos configuraciones. Una consiste en dos triángulos equiláteros de lado uno. La otra, en un triángulo equilátero de lado uno que comparte un lado con el pentágono de lados 1 del caso anterior, bien sea el tercer vértice interior o exterior al pentágono.

Configuración de siete puntos

Y de ahí, pasamos a construir la figura para siete puntos. Partamos de un caso de seis puntos o del otro, llegamos a la misma construcción, por lo que la posición es única. Podemos verla como un pentágono de lado uno, no regular, dentro del cual hay dos puntos de forma que uno de ellos está a una unidad de distancia de tres de los puntos, y el otro también, a una unidad de uno de los tres puntos del otro y de los otros dos. O bien como dos triángulos equiláteros de lado uno convenientemente situados para que dos de sus vértices estén a distancia uno, y los otros cuatro estén a distancia uno de un séptimo punto. Esta única configuración es la que buscamos.

Situemos el primer átomo en (0,0). (A)

El segundo en (1,0) (a una unidad del primero).(B)

El tercero, estará a una unidad de A y B, en (1/2, √(3)/2). (C)

El cuarto, a una unidad de B y C , en (3/2, √(3)/2). (D)

El quinto, a una distancia de √3 de A y de 1 de D, en ((15-√(33))/12, (5*√(3)+3*√(11))/12) (E)

El sexto, uno de los dos puntos a una unidad de distancia de A y de E, (5/6, √(11)/6) (F)

El séptimo, el otro de los puntos a una unidad de distancia de A y de E, ((5-√(33))/12, (53⁽1/2)+√(11))/12) (G)

Se da la circunstancia de que, por construcción, la distancia de F a G también es de 1.

Por lo tanto, valen uno las distancias: AB, AC, BC, BD, CD, DE, AF, EF, AG, EG, FG (11 distancias de las 21)

Por lo tanto para cada terna hay dos puntos a una unidad:

ABC

ABD

ABE

ABF

ABG todas AB

ACD

ACE

ACF

ACG todas AC

ADE DE

ADF AF

ADG AG

AEF AF

AEG AG

AFG AF

BCD

BCE

BCF

BCG todas BC

BDE

BDF

BDG todas BD

BEF EF

BEG EG

BFG FG

CDE

CDF

CDG todas CD

CEF EF

CEG EG

CFG FG

DEF EF

DEG EG

DFG

EFG todas FG

Sistema de ecuaciones

2011-07-17T23:00:00.001+02:00

Enunciado

Está claro que es más fácil trabajar con variables normales que con potencias, de forma que vamos a transformar 2^x en a, 2^y en b y 2^z en c. Puesto que la función 2^x es creciente y positiva, los números a, b y c son positivos y la transformación es absolutamente reversible (cualquier resultado (a, b, c) válido está asociado a un único (x, y z)).

Las ecuaciones, así, se transforman en 3b - 1 = a + 1/a, 3c - 1 = b + 1/b, 3a - 1 = c + 1/c. Dada la simetría de la situación, vamos a estudiar lo que pasaría si las tres fuesen iguales, ya que en ese caso, 3a = 1 + a + 1/a, de donde 2a = 1 + 1/a, es decir 2a² - a - 1 = 0, que es una ecuación de segundo grado que tiene por soluciones 1 y -1/2. La solución negativa, evidentemente, no vale en este caso, y la solución positiva nos lleva a que (x, y, z) = (0, 0, 0).

Si los tres números no fuesen iguales, tendríamos un orden entre ellos. Tratemos de llegar a una contradicción. Estudiemos la función que transforma a cada uno de ellos en el otro. Despejando, tenemos que b = (a² + a + 1)/3a, c = (b² + b + 1)/3b y a = (c² + c + 1)/3c. Está claro que hay que estudiar la función y = (x² + x + 1)/3x.

Si estás acostumbrado a representar funciones, rápidamente detectarás que f(x) es mayor que 1 para todo los x positivos, y además, es creciente para valores por mayores que 1. Todo esto se puede estudiar de manera muy cómoda con la derivada, pero también de forma directa, ya que la solución válida anterior nos indica con qué número comparar.

Por lo tanto, a, b y c no sólo son mayores que 0, si no que deben ser mayores que uno. Y, puesto que a = f(c), c = f(b) y b= f(a), si uno de ellos es mayor que el otro rápidamente llegamos a una contradicción, puesto que si p > q, f(p) > f(q). Es decir, que los tres deben ser iguales y la única solución válida es (x, y, z) = (0, 0, 0).

Una cuestión de unos y ceros

2011-07-16T13:28:00.003+02:00

Enunciado

Este problema ha tenido una solución oficial tan sencilla que no puedo evitar contarla: la idea es que al dividir un número entre otro, el resto es un número menor que el segundo, así que si dividimos los números de la sucesión 1, 11, 111, etcétera entre un número fijo, puesto que es una sucesión ilimitada, habrá dos que tengan el mismo resto. Y, por supuesto, la diferencia entre esos dos términos, que estará compuesta exclusivamente por unos y ceros, dará resto cero al dividirlo entre ese número fijo. Así, cualquier número tiene un múltiplo de esa forma.

Considero que esta solución requiere tener la afortunada idea de aplicar este principio, no es una técnica habitual.

Yo había usado, con algo más de trabajo, la expresión decimal de 1/(9N), ya que una expresión fraccionaria de esta expresión decimal, periódica, podía tener un denominador compuesto de nueves y ceros, y era sencillo ver que necesariamente era un múltiplo de 9N. Dividiendo por 9 a ambos lados, obtendríamos la igualdad deseada.

Por otra parte, el resultado se puede generalizar, ya que todo número tiene un múltiplo formado por la suma finita de una serie de potencias consecutivas de una base prefijada. ¿Alguien se anima?

Calculemos áreas

2011-07-07T20:15:00.000+02:00

Enunciado

La clave de la primera figura es descomponer los hexágonos en seis triángulos equiláteros, llevando al hexágono grande a estar compuesto de los mismos triángulos.

En particular, los tres hexágonos pequeños tendrán un total de 18 triángulos pequeños, mientras que el diámetro del hexágono grande contendrá un total de cinco bases de triángulo de ese mismo tamaño.

En definitiva, puesto que el lado del triángulo también vale 3, al igual que el del hexágono, el lado del hexágono grande medirá 7,5 (observa que su radio coincide con el lado, y que es dos veces y media la longitud de un lado de triángulo).

El área de un triángulo equilátero, usando Pitágoras para calcular la altura, sabrás que es √3*x²/4, siendo x su lado, por lo que el área del hexágono será 3√3*x²/2, y la de los tres hexágonos, en nuestro caso, 81√3/2. Sin embargo, el hexágono grande tendrá un área de 675√3/8, por lo que el área sombreada medirá la diferencia, 351√3/8, aproximadamente 75,9937 centímetros cuadrados.

En el segundo dibujo, el del cuadrado, se reduce el problema a calcular el lado del cuadrado mayor (el del menor es claramente 3). Descomponiendo de nuevo los hexágonos en triángulos equiláteros, el lado del triángulo mayor será tres más cuatro veces la altura de uno de esos triángulos, es decir, 3√3/2. En total, el lado de este cuadrado será 3 + 6√3, por lo que el área del cuadrado medirá (3 + 6√3)². Y el área de los cuatro hexágonos será 54√3. En total, el área coloreada valdrá la diferencia, (3 + 6√3)² - 54√3, que aproximadamente vale 85,8231 centímetros cuadrados, si no me he equivocado.

La superficie del jardín

2011-07-03T23:45:00.003+02:00

Enunciado

Es sencillo ver que la parte coloreada, respecto a uno de los cuatro cuadraditos en los que está dividido el jardín, representa un cuarto del área del cuadradito, ya que es un triángulo que tiene la altura total del cuadrado, y de base la mitad del lado, por lo que su área es una cuarta parte.

De esta forma, sabemos que el área del jardín completo será 16 veces mayor que la parte coloreada, es decir, 80 metros cuadrados.

El triángulo donde irán los rosales se puede dividir de forma sencilla en 6 triángulos de la misma área que el que tenemos, aunque evidentemente no todos de la misma forma. Eso supone que el área que ocuparán al final los rosales es de 30 metros cuadrados, es decir, que han plantado ya una sexta parte de ese área.

Partículas en colisión

2011-07-01T22:30:00.001+02:00

Enunciado

Ya había visto un problema similar a este, con camaleones que cambian de color al encontrarse.

Lo primero que hay que observar es que las diferencias entre las cantidades que hay de cada par de partículas varía exclusivamente de 3 en 3. Es decir, si tenemos cantidades a, b y c de cada tipo de partículas, después de una colisión de las primeras con las segundas (y primeras y segundas pueden ser cualquiera), habrá a - 1, b - 1 y c + 2, con lo cual las diferencias entre primeras y segundas será igual, entre primeras y terceras habrá aumentado en tres (c + 2 - (a - 1) = c - a + 3). Lo mismo sucederá con las diferencias entre segundas y terceras.

En el estado inicial, las diferencias entre dos tipos de partículas son 20 = 30 - 10, 13 = 30 - 17 y 7 = 17 - 10. Ninguno de ellos es múltiplo de 3, por lo que nunca podrá llegar a ser cero, y en consecuencia no podrá haber un único grupo de partículas, ya que los otros dos no podrían nunca ser iguales.

Curiosamente, este método da una idea de cómo lograr que haya un grupo de partículas casi único, salvo una, quiero decir. Por ejemplo, podemos conseguir que todas menos una sean positivas, es suficiente hacer chocar dos veces positiva y neutra, hasta obtener 28 positivas, 14 negativas y 15 neutras. A partir de ahí, colisionamos 14 negativas y 14 neutras, logrando 56 positivas y una única neutra. De forma similar podríamos lograr todas menos una negativas (con una positiva) y todas menos una neutras (con una negativa, también).

Las tres granjas

2011-06-30T22:20:00.003+02:00

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.

Buscando un número con muchos divisores (II)

2011-06-27T21:40:00.001+02:00

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.

Una camiseta en zigzag

2011-06-25T09:00:00.000+02:00

Enunciado

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.

A partir de un único dato

2011-06-24T20:15:00.002+02:00

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).

Divisiones del rectángulo

2011-06-23T18:30:00.000+02:00

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.

Un cuadrado de coches

2011-06-22T13:30:00.003+02:00

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.

La cuenta

2011-06-20T12:20:00.000+02:00

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.

Cuadriláteros en un octógono regular

2011-06-19T09:00:00.002+02:00

Enunciado

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.

Pesando tornillos

2011-06-18T12:00:00.002+02:00

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.

Buscando un número con muchos divisores (I)

2011-06-09T23:30:00.003+02:00

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.

Rutas en avión

2011-06-05T22:30:00.001+02:00

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.

Rellenar con piezas un tablero

2011-06-03T16:00:00.002+02:00

Enunciado

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

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.

Los ascensores

2011-06-02T20:10:00.002+02:00

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.

Una función natural

2011-05-29T23:00:00.002+02:00

Enunciado

Este tipo de problemas requieren, en primer lugar, captar el comportamiento de una función haciendo pruebas sobre números concretos, hasta elaborar una conjetura que nos permita aproximarnos a números mayores, e incluso a una tendencia general.

Para n = 1 nos dan el valor, 1. Para n = 2, como n = 2*1, f(n) = 3*1 = 3. De la misma forma, f(3) = 1 + f(2) = 3 + 1 = 4.

Podemos entonces calcular f(7) = 1 + f(6) = 1 + 3*f(3) = 1 + 3*(1 + f(2)) = 1 + 3 + 3*3*f(1) = 1 + 3 + 3*3 = 1 + 3 + 9 = 13. Respondemos, por lo tanto, a la primera pregunta.

Con un poco de intuición, podemos observar que si expresamos un número como suma de potencias de dos (como podemos hacer, por ejemplo, con 27 = 1 + 2 + 2*2*2 + 2*2*2*2), su imagen a través de esta función consiste en cambiar los números 2 por 3. Puesto que todo número puede expresarse así, es una buena caracterización.

Entonces, un número podrá o no ser imagen de otro si se puede expresar como suma de potencias de tres, cosa que no todos los números pueden lograr.

Seguimos, entonces, con f(8) = f(2*2*2) = 3*3*3 = 27.

Y f(12) = f(2*2 + 2*2*2) = 3*3 + 3*3*3 = 9 + 27 = 36.

Continuamos, ahora a la inversa, 27 = 3*3*3, por lo tanto 27 = f(8).

Y 30 = 3 + 3*3*3 = f(2 + 2*2*2) = f(10).

Sin embargo, 29 no puede ser expresado como suma de potencias de 3, por lo que es imposible que sea imagen de cualquier número.

También se puede acotar y ver que es mayor que cualquier imagen por debajo de 9, y menor que cualquier imagen de números mayores que 10, pero hay que tener mucho cuidado.

Una enorme potencia de 2

2011-05-28T23:40:00.001+02:00

Enunciado

Empecemos por investigar la última cifra de las potencias de 2. Observamos que sigue el siguiente ritmo: 1, 2, 4, 8, 6, 2, 4, 8, 6, .....

En realidad, puesto que 2 elevado a 4 acaba en 6, y 6 tiene la propiedad de que al multiplicarlo por cualquier número par, el resultado acaba en ese mismo número par, cualquier potencia de exponente n acabará en el mismo número que una de exponente n + 4.

Por lo tanto, bastará estudiar el resto de la potencia que tenemos. Como sabemos que cualquier número que acabe en dos ceros es múltiplo de 4, y el anterior al que tenemos acaba en un doble cero, 2 elevado a un número menos debe acabar en lo que acaban todas las potencias de exponente múltiplo de 4, en 6. Y la que buscamos por tanto acaba en 2.

Ahora que sabemos la última cifra, vamos a estudiar la penúltima, pero sólo de las potencias que acaban en 2, multiplicando de 16 en 16. Observamos que el resultado depende únicamente de en que dos cifras acababa la potencia anterior.

Así, la potencia 5 acaba en 32 (es 32), la potencia 9 acaba en 12, la 13 en 92, la 17 en 72, la 21 en 52, y la 25 en 32. Eso quiere decir que después volverá a tener exactamente las mismas terminaciones, de forma que cada 5x4 potencias de 2 (es decir, cada 20) volverá a tener la misma terminación.

Desde 21 a 101 hay exactamente un múltiplo de 20 (80), es decir, terminará también en 52, y así será para todos los que se diferencien en múltiplos de 20, incluidos todos los exponentes que acaben en 01 (ya que serán una cantidad entera de centenares mayores que 101). Por lo tanto, el número que nos ocupa acaba en 52.

Pero eso sí, sería un número verdaderamente grande.

El área de un cuadrilátero

2011-05-26T21:30:00.001+02:00

Enunciado

Mucha gente descubre que la parte que falta es proporcional a las que hay, pero no se plantean realmente por qué. Si lo piensas un poco, puesto que el área de un triángulo es base por altura partido entre dos, como el triángulo de 15 y el de 5 tienen la misma altura sobre la diagonal que comparten, el de 15 tiene el triple de base que el de 5.

Ahora bien, el triángulo de área desconocida tiene también la misma base que el de área 15, y la misma altura que el de área 7, que comparte base con el de área 5. Por lo tanto, su área también será el triple, es decir, 21.

Por lo tanto, el área total del cuadrilátero será 15 + 7 + 5 + 21 = 48, como ya habréis imaginado.

Tres propiedades, un número

2011-05-22T17:10:00.001+02:00

Enunciado

Es curioso, creo que ha sido el problema con más comentarios que he tenido.

La mayor parte de ellos han acertado con el número, pero no han explicado cómo obtenerlo rápida y cómodamente.

Empezamos por pensar cómo es un número de seis cifras distintas, y que es múltiplo de 5. Puede acabar en 0 o 5, pero si tiene algún 0 se puede cambiar el 5 por el cero de posición, y tendremos uno mayor.

Como sus cifras suman 23, y tiene que ser lo mayor posible, empezamos situando delante la cifra mayor posible, un 9. Detrás, irá un 8, puesto que no podemos repetir. Es evidente que estas dos cifras suman ya 17, por lo que entre las cuatro restantes deben sumar sólo 6. Y cuatro cifras distintas, que sumen 6, sólo pueden ser 0, 1, 2 y 3. Puestas en orden inverso, para que sumen la cantidad mayor posible, tenemos la respuesta: 983210.

¿Podrías intentar uno de 5 cifras? ¿y si tuviera que sumar, por ejemplo, 34?

Un cubo de suma cero

2011-05-21T09:00:00.002+02:00

Enunciado

El cubo de suma cero no existe. Pero hay que demostrarlo. Hay varias formas de abordar el problema. Después de darle alguna vuelta al cubo, tanteando con valores, me di cuenta de que cada vez que cambias un vértice de signo, alteras tres valores de los que se suman en este problema exactamente, cambiando el signo de todos ellos.

Cambias el propio vértice, pero cambias también el signo de las tres caras que están en contacto con él. Depende del signo que tuvieran anteriormente, puedes conseguir añadir o restar ocho a la suma total, si todos tenían antes el mismo valor, que la suma total permanezca igual, si había dos de cada, o, si hay uno de un signo y tres de otro, la suma varía en cuatro unidades. Por lo tanto, y pensando que la suma más sencilla de realizar es 14 (con todos los vértices a 1), sólo se podría lograr ir de 4 en 4 (y no en todos los casos), así que sólo serían alcanzables, según esta restricción los números 10, 6, 2, -2, etcétera, de la forma 2 + 4n, lo que no incluye el 0 (observa que no hay manera tampoco de conseguir 10, ya para esto un único cambio debería llevar a todos los vértices a 1, y en ese momento no habría tres caras de un signo y otra de otro).

La solución que propone la página del periódico es pensar que la suma de los catorce números, para dar cero, debe incluir 7 números positivos y siete negativos, con lo que el producto de todos ellos debería ser negativo, por ser una cantidad impar de negativos. Sin embargo, esto no puede suceder, debido a que el producto de todos ellos es exactamente igual a la potencia cuarta de los ocho de los vértices (que contribuyen tres veces al producto global, más ellos mismos). Y debe ser positivo, como todas las potencias cuartas.

Otra forma de verlo es cubrir todas las opciones, que no es muy complicado si se tienen en cuenta las simetrías del cubo.

Paralelepípedo con agua

2011-05-20T18:20:00.001+02:00

Enunciado

Este problema es bastante más difícil de lo que parece, ya que normalmente las personas de la edad que participa en este tipo de concursos no conoce métodos algebraicos, así que deben trabajar por intuición, encontrando relaciones entre las diferentes longitudes sin más ayuda que la intuición.

Conocemos la altura según apoyemos el recipiente en uno u otro de sus lados, eso quiere decir que conocemos el área de sus lados, ya que un litro son 1000 centímetros cúbicos, y si alcanza 2 centímetros de altura, es porque el área de la cara sobre la que está apoyada es de 500 centímetros cuadrados, de la misma forma, las otras caras diferentes deben tener 250 centímetros cuadrados y 200 centímetros cuadrados.

A partir de ahí, se pueden intentar muchas estrategias para determinar el volumen del cuerpo. Una de ellas es tantear hasta dar con las tres longitudes del paralelepípedo, que salen 10, 20 y 25. Así que el volumen saldría 5 litros.

Otra estrategia consiste en pensar que, si conocemos el área de los laterales, que son rectángulos, es porque conocemos el producto de la altura por cada uno de los lados inferiores, y conocemos también el producto de los lados inferiores. Si multiplicamos estas dos áreas, 200 y 250 (da 50000) y dividimos entre la base (da 100), tendremos la altura al cuadrado, es decir, dicho de otra forma, la altura sobre la base de 500 es 10, por lo que su volumen total es 500*10 = 5000 centímetros cúbicos, es decir, 5 litros.

También multiplicando las tres áreas obtenemos el volumen al cuadrado, como podemos razonar, aunque es más difícil que se le ocurra a alguien sin ayuda del álgebra. Y probablemente habrá otras soluciones.

Calamares extraterrestres

2011-05-16T17:30:00.001+02:00

Enunciado

Bueno, hay un detalle que se me olvidó incluir en el enunciado, y es que las crías no cuentan entre los que son designados para el suicidio. Además, es fácil entender que si es así, sea cual sea la cantidad total que tengamos, su población se ve reducida, de forma que acabará desapareciendo.

Siendo así, lo único que debemos fijar es que, si x es la cantidad de calamares ordosianos, x + [x*40/100] - [x*30/100] = x + 134. Y esta ecuación debe ser resuelta en enteros, es decir, no son válidas soluciones no enteras.

Bueno, tratemos de resolver la ecuación de manera imperfecta, y después trataremos el problema de los enteros. Si multiplicamos por 100, obtendremos que 100x + 40x - 30x = 100x + 13400, es decir, que 10x = 13400, por lo que x podría valer 1340.

Comprobemos esta solución, ya que hemos hecho simplificaciones muy alegremente. el 40% de 1340 es exacto, 536. y el 30% también es exacto, 402, de forma que todo funciona (1340 + 536 - 402 = 1340 + 134).

Sin embargo, ahora debemos pensar un poco más, y este era el verdadero objetivo de la pregunta ¿podemos variar la cantidad, o no?

La parte entera de un número x es s si y sólo si s ≤ x < s + 1. De esta forma, nuestro planteamiento se reduce al siguiente sistema de ecuaciones e inecuaciones, con s, t y x enteros: s ≤ 40x/100 < s + 1; t ≤ 30x/100 < t + 1; s - t = 134. Nos interesa acotar o determinar los valores de x. Eliminemos la incógnita s, ya que s = 134 + t: 134 + t ≤ 40x/100 < t + 135; t ≤ 30x/100 < t + 1, y quitemos denominadores, así 13400 + 100t ≤ 40x < 13500 + 100t; 100t ≤ 30x < 100t + 100. De la primera igualdad obtenemos que x ≥ 335 + 2,5t y que x < 337,5 + 2,5t, y de la segunda que x ≥ 3,3333t y que 3,33333 + 3,3333t > x. En definitiva, podemos intentar acotar t utilizando estas desigualdades y obtenemos que t debe estar estrictamente entre 398 y 405, por lo que s debe estar entre 532 y 539. De ahí, x debe estar entre el mayor de los valores que lo acotan por debajo, (que es 1330) y el menor de las cotas superiores, que es 1350. Podemos comprobar que con todos esos valores, obtenemos el resultado buscado.

En definitiva, los valores que podemos usar son: 1333, 1335, 1336, 1338 hasta 1342, 1344, y 1347.

No todos los valores funcionan, ya que algunos incumplen alguna de las cuatro desigualdades.

Un piano gigantesco

2011-05-14T19:40:00.001+02:00

Enunciado

Se trata de un problema de congruencias. Puesto que sólo hay 7 teclas, y seguir equivale a volver a empezar, cuando lleguemos a saltar 7 es exactamente lo mismo que no cambiar de nota (aunque nos saltamos una escala completa), saltar 8 es lo mismo que sólo saltar 1 y así sucesivamente (saltar 12 es como saltar 5, saltar 16 es como saltar 2).

En definitiva, los primeros saltos serán DO RE FA SI FA RE DO y a partir de ahí, salto completo de escala a otro DO, y vuelta a empezar. Eso quiere decir que repetiremos la misma secuencia de siete notas en el orden que se ha dicho, aunque cada vez tendremos más saltos de escala.

Puesto que cada 7 notas tocamos dos veces DO y las 7000 teclas que hemos tocado equivale a repetir la secuencia 1000 veces, debemos haber tocado 2000 veces la tecla DO.

Hay tres teclas repetidas en la secuencia de 7, y por tanto hay otras 3 (MI, SOL y LA) que no se tocan nunca en ningún momento.

La letra del DNI

2011-05-12T21:44:00.001+02:00

Enunciado

Efectivamente, si una de las cifras es o no correcta, se aprecia claramente por lo que sabemos, ya que si probamos las diez posibles combinaciones, sólo una de ellas da un resto adecuado.

Otra manera de calcularlo es escribir el número como 12024788 + k*10000, y por lo tanto, su resto, al dividir entre 23, será el mismo que 20+k*19 para todos los k (en realidad, el mismo que 20 - 4k). Puesto que queremos que sea 12, podemos ver que el resto si el dígito es 0 es 20, si es 1, 16, si es 2, 12 (que es el que queremos), si es 3, 8, y así sucesivamente (observa que si es 5, el resto es 0, y si es 6, el resto será 19 (23 - 4).

Sea como sea, el dígito debe ser 2 y no 9.

En la segunda parte, vemos que dividir entre 25 no sirve en este caso, ya que el resto (salvo que toquemos las últimas dos cifras) no varía al alterar una cifra cualquiera. En el caso que nos preguntas, los 10 valores dan el mismo resto, 21.

Dividir entre 21 vuelve a ser útil para este cálculo, ya que cada dígito diferente da un resto distinto. Podemos organizar un ejemplo como el primero, por ejemplo, alterar el tercer dígito del 12024788 y comprobar que para el 0 da 20, para el 1 da 18, para el 2 da 16 y así sucesivamente (vemos que no hay dos restos iguales). Debido a que los factores primos de 21 no dividen a 10 (y por tanto, no dividen a sus potencias) y es mayor que 10, es sencillo entender que esto va a suceder para cualquier dígito que cambiemos.

Números compadres

2011-05-08T18:50:00.002+02:00

Enunciado

Me gustó jugar con esta característica, recogida de un problema de las primeras Olimpiadas Iberoamericanas,que presentaba varios retos interesantes, de los que se escogieron tres para el ejercicio.

El primer reto era muy sencillo. En realidad, era suficiente utilizar tres números escritos con unos y ceros que fuesen mayores (pero no mucho mayores) que el número que nos proponían, 237. Por ejemplo, el 1000, el 1001 y el 1010. Sus diferencias, es decir 1000 - 237 = 763, 1001 - 237 = 764 y 1010 - 237 = 773.

La segunda pregunta era más complicada, ya que tratábamos de encontrar todos los posibles, así que continuábamos escribiendo números de cuatro cifras con esa característica, es decir, 1011, 1100, 1101, 1110 y 1111. El siguiente, sería un número de 5 cifras, por lo que el número compadre que originara no sería ya válido, al tener cuatro cifras. Sin embargo, los ocho resultados obtenidos tenían tres cifras, eran, además de los anteriores, 774, 863, 864, 873 y 874.

Para la última pregunta la cuestión era más sencilla, si se había hecho bien el trabajo previo. Lo que pasa es que sólo podíamos partir de 1000, 1001, 1010, 1011, 1100 y 1101, ya que los dos siguientes dan una diferencia de más de tres cifras. Por lo tanto, los compadres del 102 que buscamos son el 898, el 899, el 908, el 909, el 998 y el 999.

Presos con sombrero

2011-05-07T17:15:00.004+02:00

Enunciado

Se pueden salvar todos menos, eventualmente, el primero.

Una estrategia que pueden seguir es codificar la paridad, por ejemplo, de gorros blancos.

Imagina que el primero ve 25 gorros blancos, que es un número impar. No sabe de qué color es el suyo, así que no puede estar seguro de qué tiene que decir para salvarse. Como la cantidad de gorros blancos es impar y ha llegado a un acuerdo con sus compañeros, dice "negro".

El segundo, como ha oído "negro", sabe que el total de gorros blancos que ha visto el primero es impar, de forma que los cuenta y si ve una cantidad par, su gorro es blanco, y si es impar, su gorro es negro. Así que lo dice.

El tercero, sabe que, originalmente, la cantidad es impar (porque la primera información es que el color es negro, en caso contrario, sería par). Si el anterior a él ha dicho blanco, contando el suyo, debe quedar una cantidad par, y si ha dicho negro, impar. Estudiando la paridad de los que él ve, puede saber de qué color es el suyo. Negro, si la información que calcula coincide con la que ve, blanco en caso contrario.

En definitiva, la información que el primero trasmite es la paridad de la cantidad de blancos que él ve (negro es impar, blanco es par). Cada uno debe cambiar la paridad de par a impar cada vez que uno de los presos que habla dice "blanco", y contar los que ve. Si la paridad que él calcula coincide con la información que le trasmiten, su gorro es negro, y si no coincide es blanco.

Este sistema es muy dependiente de la información que se trasmita. Un único error en la cadena provoca que todos los siguientes mueran, y otro error, restaura el orden. En especial, dependen del primero, que no gana nada ni pierde en ningún caso.

No hay un sistema mejor, ya que no hay forma de que el primero pueda conocer el color de su gorro, así que tendrá un 50% de probabilidad de fallar, se siga la estrategia que se siga.

Competiciones

2011-05-05T23:25:00.001+02:00

Enunciado

Como primer clasificado podemos situar a seis personas. Cuando ya hayamos escogido al primero, quedan 5 que pueden optar a la segunda plaza, así que primero y segundo se pueden situar de 6*5 = 30 formas distintas. Pero luego, el tercero lo podemos escoger entre los cuatro restantes, así que los tres primeros tendrán 30*4 = 120 formas distintos de situarse. Por último, para el cuarto hay tres candidatos, de forma que tendremos 120*3 = 360 clasificaciones posibles.

Para la segunda pregunta, basta considerar que no es posible que los cuatro sean del mismo instituto, de forma que podemos escribir fácilmente las posibilidades, o calcularlas de forma similar a la anterior, pero eliminando las dos posibilidades en las que todos son del mismo centro. Quedan 14 (GGGL, GGLG, GGLL, GLGG, GLGL, GLLG, GLLL, LGGG, LGGL, LGLG, LGLL, LLGG, LLGL, LLLG).

Ver si los resultados GGGL y GGLL tienen las mismas posibilidades, es más complicado. Si ya sabemos que el resultado ha sido GGGL, y queremos estudiar cómo han quedado los concursantes, tenemos 3*2*1*3 = 18 posibles clasificaciones de las personas individuales (se pueden situar las letras de esa cantidad de formas), mientras que sobre un resultado GGLL se pueden situar los concursantes de 3*2*3*2 = 36 formas diferentes, es decir, hay el doble de posibilidades de que se de el resultado GGLL que el resultado GGGL.

La última pregunta necesita que hayamos calculado todas las anteriores, ya que la fracción del total (18 de 360) que hemos calculado es, realmente, igual a 1/20, ya que podemos simplificar la fracción 18/360 hasta lograr 1/20, dividiendo, por ejemplo, entre 2, 3 y 3.

Un rectángulo cortado (III)

2011-05-02T18:55:00.003+02:00

Enunciado

Las formas de cortar un rectángulo en seis rectángulos más pequeños son siempre utilizando cortes paralelos a los lados, ya que si algún corte no fuese paralelo a los lados, el primero que no fuese paralelo empezando por un lado no formaría un rectángulo.

Es necesario hacer cinco cortes para obtener seis rectángulos, pero se pueden hacer en cualquiera de las dos direcciones, y antes o después (en un orden u otro). Según las direcciones obtenidas podemos clasificarlos, haciendo familias de cortes. Ha sido muy interesante ver las propuestas de clasificación que ha hecho cada persona que ha concursado.

cortar un rectángulo

La forma de dividir los rectángulos para armar el rompecabezas era difícil de descubrir, aunque ensayando sobre casos concretos se podía generalizar muy pronto.

La idea era que todo rectángulo de lados a y b se puede dividir en un cuadrado y un rectángulo con un único corte (vale, si nos ponemos técnicos, hay una excepción: que el rectángulo tenga doble base que altura o viceversa). El corte se hace en un punto que (si b>a) divide la longitud b en dos segmentos de longitud a y b - a. Ahora, se trata de dividir todos los rectángulos en una proporción equivalente, es decir, que si su lado paralelo a los lados b mide x, trazamos una línea que lo divida en dos verticalmente, de longitudes x*a/b y x*(b - a)/b. Los trozos de tamaño x*a/b los situamos en la misma posición que ocupaba el rectángulo original, mientras que los otros trozos se sitúan en idéntica posición, componiendo otro rectángulo. Podemos entender fácilmente que se forma un cuadrado de tamaño a*a y un rectángulo de tamaño a*(b - a), ambos con idéntica descomposición que el rectángulo original. En el dibujo podemos ver un ejemplo con menos piezas.

País de palillos

2011-04-30T08:40:00.002+02:00

Enunciado

Estos problemas sobre estrategias de juegos son muy habituales entre los aficionados a los problemas de ingenio, aunque tienen muchos enfoques diferentes.

En el primer juego, lo importante es el número total de palillos que quedan sobre la mesa, ya que si es múltiplo de 4, el que juega está en una posición perdedora. De esta forma, como al principio hay 19 palillos, basta quitar 3 y dejar a nuestro rival con una posición perdedora.

Cuando el juegue, dejará 15, 14 o 13, y nosotros trataremos de quitar, respectivamente, 3, 2 o 1 palillos, hasta 12. Repetiremos la jugada, sumando 4 con nuestro rival, hasta que queden 4, ya que él no puede terminar, pero nosotros sí, en cuanto el retire alguno de los palillos sobrantes. Es una estrategia ganadora para el que empieza.

La forma ideal de encontrar esta estrategia consiste en empezar a estudiar el caso con muy pocos palillos, hasta descubrir los números que forman una posición ganadora o perdedora.

El segundo juego es ligeramente distinto, ya que es un juego del tipo del famoso NIM. Sin embargo, la estrategia en este juego se simplifica, ya que el número de palillos por letra es 5 - 5 - 4 - 5, y para equilibrar la partida basta quitar un palillo, por ejemplo, a la letra A, dejando 5 - 4 - 4 - 5. A partir de ahí, repetiremos las jugadas de nuestro adversario, tratando de que lo que él haga en la I, lo repetiremos en la A y viceversa, y lo que haga en la S lo repetiremos en la P y viceversa. Por ejemplo, si quita tres palillos a la s, nosotros quitamos tres palillos a la P. Al final, llegaremos a un punto en que no quedarán más que dos letras con la misma cantidad de palillos cada una, incluso puede que sólo un palillo cada una. Si hace desaparecer una letra, nosotros podemos acabar con la última. Por tanto, tenemos, como antes, una estrategia ganadora para el que empieza.

Un caso más general es más complejo, porque la estrategia conocida (y creo que única) consiste en descomponer las cantidades en suma de potencias de 2, y tratar de que todas las potencias de 2 aparezcan siempre un número par de veces.

Alienígenas maripósidos

2011-04-28T08:15:00.004+02:00

Enunciado

Este ha sido uno de los problemas qué más he disfrutado escribiendo. Se basa en otro que leí hace tiempo, y quería ponerle nombres divertidos.

La clave es que la transformación de estos tipos de alienígenas converge, ya que su número no varía. Dejemos de momento su convergencia, y estudiemos primero su punto de equilibrio.

Si en algún momento se quedan sin variación ¿qué cantidades habrá de cada uno? Llamemos a esas cantidades X gusánidos, Y maripósidos y Z jiráfidos. En ese caso, después de una semana, el número de gusánidos será 0.3X + 0.25Z = X, además 0.9Y + 0.7X = Y y 0.75Z + 0.1Y = Z. Sin embargo, estas tres relaciones son dependientes, es decir, una de ellas depende de las otras dos, como es fácil comprobar. Nos falta, por tanto, añadir que X + Y + Z = 1080, que es la relación clave. A partir de ahí, podemos averiguar los valores de estabilidad.

De la primera igualdad, obtenemos que 30X + 25Z = 100X, por lo que Z = 70X/25. De la segunda igualdad, 90Y + 70X = 100Y, obtenemos que Y = 7X. Substituyendo en la última igualdad, X + 7X + 70X/25 = 1080, por lo que 25X + 175X + 70X = 27000, es decir, 270X = 27000, de donde X = 100, por lo que Y = 700 y Z = 280.

Ahora que ya tenemos las cifras de equilibrio, podemos comprobar que se aproxima más y más cada semana a estas cifras. Puesto que hemos partido de tener todo gusánidos, supondremos que a lo largo de todo el proceso cada vez tenemos menos gusánidos y más de los otros tipos. En principio, la primera semana tendremos 324 gusánidos y 756 maripósidos (y 0 jiráfidos). Si estudiamos lo que sucede las primeras semanas, vemos que hay un pequeño caos al principio, pero luego parece que converge rápidamente. Las cantidades de las primeras semanas son las siguientes : en la segunda semana, (97, 907, 76), en la tercera, 48, 885 y 147 y en la cuarta 51, 830 y 199. Veamos si a partir de aquí podemos concretar la convergencia (en realidad, a partir de la semana 14 se alcanza de manera sencilla).

Para confirmar que está más próximo al objetivo, deberíamos usar tres variables nuevas, que serían sus diferencias con el objetivo, que serían las que podemos comprobar que se hacen menores.

Supongamos que escribimos el número de gusánidos como 100 + a, el de maripósidos como 700 + b y el de jiráfidos como 280 + c. Es fácil entender que a, b y c son números enteros y no todos tienen el mismo signo (ya que entre las tres cifras deben sumar exactamente 1080). Si fuesen 0, habríamos alcanzado una situación estable. Al cabo de una semana, aplicando las fórmulas, las tres cantidades se habrían convertido en 100 + 0.3a + 0.25c, 700 + 0.7a + 0.9b y 280 + 0.1b + 0.75c.

Las nuevas diferencias con el equilibrio serán 0.3a + 0.25c, 0.7a + 0.9b y 0.1b + 0.75c. Además, la suma de sus tres valores absolutos será menor o a lo sumo igual a la suma de los valores absolutos anteriores (|ax+by| es menor o igual que |ax| + |by|), y como no todos pueden tener el mismo signo, seguro que son inferiores.

Una balanza en el zoológico

2011-04-24T17:50:00.000+02:00

Enunciado

Algunos comentarios presuponen el uso de ecuaciones, cuando en estas edades aún no se ha generalizado el uso del álgebra, al menos en un sentido tan abstracto. El método de solución que se pretende que se siga es mantener el equilibrio entre las balanzas de una manera más o menos natural (en el fondo, es álgebra).

Sabemos, por las condiciones del problema, que un elefante equilibra a un rinoceronte y un hipopótamo, mientras que cuatro elefantes equilibran con seis rinocerontes y un hipopótamo. Ahora, hay que procurar poner sobre la balanza a dos elefantes. Si seguimos con la lógica del primer equilibrio, necesitamos poner dos rinocerontes y dos hipopótamos para equilibrar, sin embargo, necesitamos poner, según dice el problema, cuatro rinocerontes, así que habrá que cambiar a los hipopótamos por rinocerontes ¿pesan lo mismo?

Si llevamos la situación de la primera igualdad a la segunda (multiplicando la carga por cuatro), tendremos cuatro elefantes equilibrados por cuatro rinocerontes y cuatro hipopótamos, mientras que en la segunda igualdad teníamos los cuatro elefantes equilibrados con seis rinocerontes y un único hipopótamo. Es decir, que cuatro rinocerontes y cuatro hipopótamos pesan lo mismo que seis rinocerontes y un único hipopótamo, y si vamos bajando de la balanza los mismos animales, llegamos a la conclusión de que dos rinocerontes pesan lo mismo que tres hipopótamos.

Entonces, en nuestro equilibrio original (dos elefantes frente a dos rinocerontes y dos hipopótamos), tenemos que añadir dos rinocerontes en un plato, podemos hacerlo añadiendo tres hipopótamos al otro, así que pasaremos a tener dos elefantes y tres hipopótamos frente a cuatro rinocerontes y dos hipopótamos. Es evidente que sobran hipopótamos en ambas balanzas, de forma que podemos lograr equilibrio, con dos elefantes y cuatro rinocerontes, añadiendo un único hipopótamo junto a los elefantes.

Dividiendo en dos un reloj

2011-04-22T15:35:00.000+02:00

Enunciado

Hay varias formas de abordar la solución. Una de ellas sería directa, tratando de clasificar todas las formas posibles de pintar el reloj, pero resulta algo confusa. La segunda opción que se me ocurrió es más sencilla, ya que no requiere estudio de la coloración concreta.

La primera idea es que es suficiente prestar atención a uno de los seis colores, ya que si tenemos una sección en dos partes del reloj con tres rojos exactamente en una parte, habrá otros tres azules, y la otra parte tendrá la misma distribución.

Consideremos que se parte en dos en un primer momento, dejando los números del 1 al 6 en un lado y del 7 al 12 en otro.

Contemos cuántos rojos han caído en el lado del 1 al 6 (conjunto A).

Sera una cantidad entre el 0 y el 6. Si esta cantidad es 3, el problema está resuelto, pero si no lo es inclinamos ligeramente el corte hasta incluir otro número (por ejemplo, el 7) en el conjunto A, y eliminar de la selección otro (en este caso, el 1). La cantidad de rojos puede aumentar en una unidad, disminuir en una unidad, o permanecer igual.

Lentamente, podemos repetir este proceso hasta dar la vuelta al reloj con los cortes, de forma que lleguemos a tomar como conjunto A el otro lado del reloj (números del 7 al 12). Si hemos partido de una cantidad mayor que 3, ahora tendremos una cantidad menor que 3, porque tenemos el conjunto contrario, y viceversa.

Como hemos ido aumentando o disminuyendo de uno en uno la cantidad de números rojos, en algún momento habremos pasado por el número 3, y en ese momento tendremos el reloj dividido en la forma que se pedía.

Dividir un cuadrado

2011-04-21T23:40:00.002+02:00

Enunciado

Dividir un cuadrado

En este problema hay que leer bien el enunciado para ver a qué se refiere. Si nos pide cuatro zonas de igual área, no es necesario que tengan la misma forma.

Para poder dibujarlas todas, lo mejor es empezar por una forma concreta, estudiar con qué otra forma se complementa, y así sucesivamente hasta completar el dibujo. Después, retrocedemos a cambiar nuestras últimas elecciones, y así repetimos el trabajo tantas veces como sea necesario.

Es conveniente eliminar giros y simetrías, evitando aquellas situaciones que se puedan volver a situar como una que ya hayamos usado antes.

En mi caso, yo empecé situando en una esquina el triángulo rectángulo 2 por 1. A partir de ahí, situé en segundo lugar otro triángulo rectángulo simétrico para rellenar el rectángulo superior, y vi que tenía tres formas de terminar el dibujo.

En segundo lugar, probé a complementar el triángulo rectángulo con un isósceles de base 2, encontrando dos formas más.

Como tercera opción, añadí al triángulo rectángulo inicial otro triángulo rectángulo que formaba 90 grados con él. Hay dos figuras más a partir de esta configuración.

Una vez hice todas estas pruebas, busqué aquellas figuras que no tuviesen ningún triángulo rectángulo en los bordes, encontrando la que servía de ejemplo en el problema, y otra más.

En total, 8 combinaciones además de la original, que aparecen en el dibujo que acompaña estas líneas.

Extrayendo la verdad

2011-04-17T09:15:00.002+02:00

Enunciado

En realidad, el truco se basa en que 26*4 = 104, y sólo tenemos 105 (es decir, una más).

La clave es separar las monedas en dos montones de 52, y compararlos. Si hay uno más pesado, a lo sumo tiene una moneda falsa, con lo que lo dividimos de nuevo en dos montones de 26. El que más pese, tendrá todas sus monedas auténticas.

Si ambos montones de 52 pesan lo mismo, es porque ambos contienen una moneda falsa, y la que ha quedado fuera también es falsa. En ese caso, procedemos de la misma forma que antes con cualquiera de los dos montones, y podemos conseguir exactamente 26 monedas auténticas.

Nota: ya he corregido la respuesta, gracias por el comentario.

Cuadrado mágico de productos

2011-04-15T10:20:00.001+02:00

Enunciado

Basta plantear en este ejercicio claramente las condiciones que se desean, por ejemplo, tendríamos 9 incógnitas (los contenidos de las celdas y el producto) y ocho relaciones, que corresponderían a todas las igualdades.

En realidad, bastan unas pocas de estas igualdades para darse cuenta de que el producto debe ser 15 al cubo, es decir, 3375. Las otras variables tienen un grado de libertad, es decir, hay una que podemos elegir con total libertad, lo que pasa es que no hemos usado las otras dos condiciones que lleva implícitas el problema: que el resultado está compuesto por números enteros (con lo cual, todos son divisores de 3375), y además, todos son distintos.

Tanteando un poco una vez que hayamos puesto todas las variables en función de una de ellas, en los centros de los lados sólo puede ir un cuadrado perfecto (1, 9, 25 o 225) y condiciona todos los demás valores, es decir, que la solución es única salvo giros y simetrías del cuadrado.

En la fila superior, por ejemplo, podría ir 3, 25 y 45, en la segunda 225, 15 y 1, y en la tercera, 5, 9 y 75. Como ya he dicho, sólo valen simetrías de estos valores.

Un rectángulo cortado (II)

2011-04-14T22:00:00.002+02:00

Enunciado

La clave es entender que los cortes han de ser paralelos a los lados del rectángulo inicial, ya que si no, el primer corte que no fuese paralelo daría lugar a una pieza que no podría tener todos sus lados paralelos.

Cortando las piezas cortadas

Una vez entendido esto, la siguiente idea es que sólo ha podido dar tres cortes, o bien tres horizontales y tres verticales, o bien dos horizontales y uno vertical, o bien dos verticales y uno horizontal. En el caso de mezclar direcciones distintas, los cortes pueden no ser de lado a lado, si no sólo hasta separar la pieza del original.

Para hacer la última parte hay muchos procedimientos válidos, que se pueden ejemplificar con los casos que se han citado antes, aunque sea muy trabajoso. Sin embargo, hay un método muy elegante, que cuento a continuación.

Surge de probar en los casos más sencillos. Piensa lo que harías si los tres cortes fueran horizontales. Buscarías partir las piezas para que una parte fuese el cuadrado 7 por 7, y el otro el rectángulo 5x7.

Pues bien, la idea es partir cada trozo con un corte vertical de forma que forme un fragmento de 7/12 y otro de 5/12 (ambos referidos al total de la pieza en cuestión). Puesto que todas las piezas han quedado reducidas de la misma forma, se pueden volver a situar para formar la pieza deseada. En el dibujo se ejemplifica la forma.

Un rectángulo cortado (I)

2011-04-10T10:10:00.001+02:00

Enunciado

Este es un problema para estudiar tranquilamente, y con paciencia. Es imposible que uno de los cortes no sea paralelo a los lados, ya que sólo podemos dar dos cortes, y los lados de un rectángulo han de ser paralelos.

Tipos de cortes sobre un rectángulo

Hay tres tipos de formas de cortar, pero según por dónde cortemos puede haber muchas variantes. Los dos cortes horizontales sólo tienen dos variantes (el rectángulo gordo en el centro, o en un lado).

Si damos un corte horizontal y un vertical, tenemos dos grandes familias: el corte horizontal primero, que puede ser de tres tamaños, y los verticales, que pueden ser de cuatro formas posibles. También podemos dar el primer corte en vertical y saldrán dos variantes para el corte horizontal.

Por último, si damos los dos cortes verticales, hay hasta 16 formas diferentes de dividirlos. En el dibujo tenemos algunas de las formas de cortarlo.

Ahora, la segunda parte. En realidad, tratamos de conseguir siempre el mismo cuadrado 4x4, y el rectángulo que sobra, 5x4, y tratamos de que las piezas se parezcan, en cierta manera, a las que hemos cortado.

Si hemos cortado en horizontal, basta cortar tiras de 4 de largo, y unirlas.

Si hemos cortado en vertical, basta quitar una tira de 2 de la mayor, y de uno de las demás (nota: aquí cometimos un error, ya que si la tira es de 1 de ancho, no queda dividida en dos partes, habría que dividirla en un cuadradito de 1 y un rectángulo de 2x1, y añadirle la pieza complementaria de la segunda tira mayor)

Si hay una de cada clase, podemos usar las horizontales para la parte inferior del cuadrado y el rectángulo, y un fragmento de las verticales para las dos partes. Tenemos que tener en cuenta de nuevo la posibilidad de que tengamos una única tira vertical, de forma que haya que dividirla, y en ese caso cortar un fragmento "raro" en las verticales para que encajen, pero es posible.

Una hormiga amenazada

2011-04-09T18:40:00.003+02:00

Enunciado

Cuando hay que recorrer un laberinto, y la probabilidad de ir desde una cámara a otras se mantiene a lo largo del tiempo, hay una forma muy simple de calcular la probabilidad de acabar en una u otra salida, que se puede usar en cualquier tipo de laberinto.

Para empezar, las salidas se consideran las únicas posiciones estables (en este caso, la única salida es la muerte de la hormiga), y por pequeña que sea la probabilidad de llegar a ellas, la probabilidad de seguir en el laberinto queda multiplicada en cada unidad de tiempo por un factor, de forma que la probabilidad de no seguir en el laberinto y alcanzar una de las salidas crece de forma exponencial, es decir, que la probabilidad de no alcanzar nunca ninguna salida es 0.

En nuestro caso, la probabilidad de alcanzar alguno de los vértices "envenenados", por tanto, es 1.

El método para calcular la probabilidad de acabar en alguna de las soluciones, se plantea de la siguiente forma. Se usan tantas variables como nodos hay en el laberinto multiplicado por las salidas (si hay 6 nodos y 2 salidas, se usan 12 variables). Cada una de esas variables representa la probabilidad de acabar en una de las salidas partiendo de uno de los nodos. Después, para cada uno de los valores, se calcula dónde va a estar en el siguiente paso y con qué probabilidad. La probabilidad de llegar a la salida indicada desde ese inicio será igual a la suma de las probabilidades de llegar a la salida indicada desde el siguiente lugar, multiplicada por la probabilidad de llegar a él. El resultado, es un sistema de tantas incógnitas como hayamos usado y tantas ecuaciones como incógnitas. Seguro que será determinado, debido a un resultado de probabilidad.

En nuestro caso se pueden usar menos variables, ya que sólo hay dos tipos de casilla (según su posición respecto a los vértices envenenados). Unos, son los unidos con los envenenados (3, 4, 5 y 6) y otros, los que no (1, 2).

La probabilidad de llegar a 7 empezando desde 1, por ejemplo, la vamos a representar por x. La de llegar a 8 empezando desde 1, será 1 - x (ya que sólo hay dos salidas). Por simetría, la de llegar a 8 desde 2 será x y a 7 desde 2 será 1 - x.

La probabilidad de llegar a 7 desde 3 o 6, o de llegar a 8 desde 4 o 5 será y. La probabilidad de llegar a 8 desde 3 o 6, o de llegar a 7 desde 4 o 5 será 1 - y.

Si nos situamos en el punto 1, con probabilidad 1/3 la hormiga pasa a 2, 5 o 4, de donde tenemos la igualdad x = (1 - x)/3 + (1 - y)/3 + (1 - y)/3. Quitando denominadores y simplificando, 4x + 2y = 3.

Por otra parte, si nos situamos en un 5, por ejemplo, tenemos que pasa con probabilidad 1/3 a 8, 6 o 1, por lo que y = 1/3 + (1-y)/3 + (1-x)/3. De nuevo, quitando denominadores, 4y + x = 3. Tenemos dos ecuaciones, despejamos 2y en la primera, teniendo 2y = 3 - 4x, de donde 6 - 8x + x = 3, es decir que 7x = 3, por lo que x = 3/7.

Por tanto la respuesta a la segunda pregunta es que, partiendo del vértice 1, la probabilidad de morir en el 7 es 3/7 y la de morir en el 8 es 4/7.

También es posible simular mediante una sencilla hoja de cálculo el laberinto en cuestión y obtener un resultado de forma empírica.

Triangulando números

2011-04-07T20:10:00.000+02:00

Enunciado

Me ha gustado mucho la solución del comentario de Alex.

La idea es que, en efecto, si sumamos todos los números de los lados, para obtener la suma de cada lado, y luego sumamos los lados entre sí, habremos sumado tres veces los números de los vértices.

Entonces, como sabemos que la suma de los nueve números es 45, y los tres números más pequeños son 1, 2 y 3, la suma menor que podemos lograr es (45 + 6)/3 = 17, que en efecto se puede alcanzar con poco esfuerzo, poniendo el 5 y el 7 entre el 2 y el 3, el 4 y el 9 entre el 1 y el 3, y el 6 y el 8 entre el 1 y el 2.

Lograr una suma de 20 tampoco es complicado, hay que sumar entre tres números 15, por ejemplo 4, 5 y 6. Así, si sumamos 45 (la suma de todos) y 15 (la suma de los tres números), obtenemos 60, que sería la suma de los tres lados. Bueno, eso suponiendo que podemos situar los números restantes, que también es sencillo, colocando 1 y 6 entre 7 y 9, 2 y 4 entre 8 y 9, y 3 y 5 entre 7 y 8. Probablemente hay más soluciones.

Encontrar la suma mayor consiste en buscar tres números que sumen lo máximo posible, que deben ser 7, 8 y 9. Entonces 45 + 7 + 8 + 9 = 69, que es 23*3. Para ver si funciona, sólo hemos de tantear un poco, y lo conseguimos situando 1 y 6 entre 7 y 9, 2 y 4 entre 8 y 9 y 3 y 5 entre 7 y 8. No conseguiremos sumar más.

19 puntos en un hexágono

2011-04-03T08:40:00.000+02:00

Enunciado

Dividir un hexágono en 18 partes

La idea de manejar una cantidad tan grande de puntos sugiere trabajar con el principio de Dirichlet.

Se trata de encontrar 18 regiones que dividan el hexágono de forma que las distancias máximas en su interior sean menores que la distancia dada.

Como disponemos de 19 puntos, al menos dos puntos estarán en la misma región, de donde obtenemos la conclusión de que hay dos que están a menor distancia que la dada.

Las regiones no tienen porqué ser iguales, podríamos utilizar un compás empezando desde un vértice, con esa medida, y ir trazando circunferencias sobre circunferencias, para dejar el hexágono dividido.

Sin embargo, la división propuesta en el dibujo (dividir el hexágono en seis triángulos, y cada uno de ellos en tres partes uniendo el centro del triángulo con los centros de las caras) es muy elegante y simétrica. Los 18 cuadriláteros que formamos así tienen una diagonal mayor (máxima distancia) que se puede calcular fácilmente, ya que supone los 2/3 de la altura de un triángulo de lado 1, que es √3/2, por lo que coincide con la longitud propuesta, √3/3. Esta partición en 18 cuadriláteros, por tanto, soluciona el problema.

Un problema de ciudades y carreteras

2011-04-01T23:30:00.002+02:00

Enunciado

Grafo coloreado

Este tipo de problemas se puede solucionar por "fuerza bruta", tomando un punto cualquiera de partida (si pasas realmente por todos y vuelves al inicial, da igual por cuál empieces) y procurando seguir todos los posibles caminos, hasta descartar que exista, lo que llevaría un cierto tiempo, ya que habría que descartar todas las posibilidades, o bien encontrar uno, que en esta ocasión no existe.

El truco que usaron los que propusieron el problema consiste en colorear el grafo de una forma similar a la de la imagen. Se colorean de colores diferentes aquellos nodos que tienen una carretera que los conecte. Si es posible hacerlo, se le llama grafo bipartito. Bueno, pues está claro de que si es un grafo bipartito, recorrer todos los nodos sin repetir usa la misma cantidad de nodos de los dos colores, ya que pasas de uno a otro cada camino. Pues bien, eso no es posible en nuestro grafo porque hay diferente cantidad de nodos de cada color.

El torneo de la urbanización

2011-03-31T23:50:00.002+02:00

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.

Entrar en la asociación

2011-03-27T23:50:00.000+02:00

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.

Dos por uno

2011-03-25T23:35:00.000+01:00

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%.

Propiedad del baricentro

2011-03-20T18:15:00.005+01:00

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

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.

Tres de la canguro 2010 de nivel 3

2011-03-18T21:10:00.001+01:00

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.

Sumando 4 o 7

2011-03-15T23:30:00.001+01:00

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.

Números perdidos

2011-03-11T10:30:00.002+01:00

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.

Ternas que dividen a la suma

2011-03-06T21:30:00.001+01:00

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).

Familia de funciones enteras

2011-03-03T20:20:00.000+01:00

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).

Tres problemas de la canguro (II)

2011-02-27T18:00:00.001+01:00

Enunciado

En esta ocasión, de nuevo, los comentarios me han quitado buena parte del trabajo.

La primera pregunta es sencilla. Efectivamente, como Mateo tiene que subir 12 pisos, a mitad de camino ha subido 6, si está en el 8º es que ha partido del 2º, por lo que Clara debe vivir en el 14º, que es la respuesta (c).

La segunda respuesta, M=1000 y CD=400 (ya que C es 100 y D es 400). Como XL=40 (de forma similar), IX=9. Así que tenemos que MCDXLIX=1449. Que corresponde a la respuesta (a).

Resolver la tercera pregunta es más complicado. En realidad, necesitamos averiguar qué vale cada letra, y como tenemos los productos de cada par, para mí es más fácil factorizarlos e intentar multiplicar y dividir de cabeza rápidamente. De esta forma, xy = 2*3*3, xz = 3 y yz = 3*2. Si multiplicamos la segunda por la tercera igualdad, tenemos que x*y*z*z = 3*3*2, y si dividimos por el valor de x*y, que también lo tenemos, queda que z*z = 1, es decir que z = 1, por ser positivo. Rápidamente obtenemos que x vale 3 e y vale 3*2 = 6. Es decir, que x + y + z = 10, la respuesta (b).

Otro enfoque (más rápido) podría ser que, puesto que xz = 3 y x y z son enteros positivos, o bien x = 3 y z = 1, de donde y = 6 (y la suma es la que hemos dicho), o bien x = 1 y z = 3, pero en ese caso, y debería valer 2, y xy no podría valer 18. Por lo tanto, sólo tenemos la solución (b).

Fruta de verano

2011-02-24T23:15:00.001+01:00

Enunciado

Hay varias maneras de resolver este tipo de problemas sin recurrir al álgebra formal. La idea es jugar con las sandías y los melones, dando valores a sus pesos, poniendo más juntos, y cosas así.

Una forma muy elegante de resolverlo es la siguiente: si tres sandías y cuatro melones pesan 13 y cuatro sandías y tres melones pesan 15, al ponerlo todo junto tenemos que siete sandías y siete melones pesan 28. Ahora, si hacemos siete partes, tenemos que cada pareja de una sandía y un melón debe pesar 4.

Teniendo esta idea en la cabeza, volvemos a una de las pistas del principio. Como tres sandías y cuatro melones pesan 13, y está muy cerca de quedar igualadas las cantidades, tratamos de llegar a una cifra parecida.

Ahora sabemos que tres sandías y tres melones son tres parejas como las que hemos logrado antes, que en total pesarán 4 + 4 + 4 = 12. Eso quiere decir que el melón que hay de más en la pista inicial pesa 13 - 12 = 1kg, por lo que cada sandía pesará 3kg.

Comprobamos que ambas pistas son ciertas, es decir, tres sandías y cuatro melones pesan 9 + 4 = 13 y cuatro sandías y tres melones pesan 12 + 3 = 15.

Entero o irracional

2011-02-20T17:45:00.003+01:00

Enunciado

La idea es que no puede ser igual a una fracción propia, es decir, que no es un número periódico.

Para demostrar esta afirmación, nos vamos a apoyar en la demostración de la irracionalidad de √2, que normalmente todos debéis haber visto en clase.

Por si no la habéis visto voy a hacer una revisión rápida. Se procede por reducción al absurdo, se supone que el valor de este número es una fracción a/b, con a y b primos entre sí, ya que si no lo fuesen, simplificaríamos la fracción. Después se toma la igualdad, se quitan raíces y denominadores y se llega a la expresión 2b² = a², por lo que a² es par. Debido a eso, a debe ser par, pues si a fuese impar, a² también debería ser impar. Luego a = 2k para algún k, y si sustituimos en la igualdad anterior, llegamos a que 2b² = 4k², por lo que b² = 2k², de donde tenemos que también b es par, lo cual es absurdo, pues habíamos supuesto que la fracción a/b no se podía simplificar más. De ahí que √2 no puede ser racional.

Aplicado a el problema que nos ocupa, podemos empezar comprobando que para todo n natural, √n debe ser, o bien entero, o bien irracional.

Procedamos igual, por reducción al absurdo. Si no es entero ni irracional, √n es de la forma a/b, y podemos simplificar la fracción hasta que a y b sean primos entre sí. Además, b debe ser mayor que 1, ya que si no, √n sería entero.

Ahora, supongamos que p es un primo que divide a n (n = pk). Si quitamos la raíz elevando al cuadrado y denominadores llegamos a la siguiente igualdad con enteros, nb² = pkb² = a², luego p divide a a², y por tanto debe dividir a a. Eso significa que a = pt, y la igualdad se transforma en pkb² = p²t². Simplificando, kb² = pt². Como p no divide a b, pues era primo con a, debe dividir a k, y por tanto k = ps, por lo que sb² = t², y podemos repetir el razonamiento. Eso significa que todos los factores primos de p están repetidos dos veces, lo que implica que su raíz es entera. Lo cual estaba descartado desde el principio.

También se puede razonar suponiendo que hemos encontrado el menor n para el que se da esta expresión, y por el método que hemos construido, se llega a otro valor s menor que n que es de esta forma.

Una vez visto esto, podemos construir otro razonamiento análogo para raíces cúbicas, ya que el método para quitar una raíz cúbica es, sencillamente, elevar al cubo, y obtendríamos otra expresión de la forma nb³ = pkb³ = a³ y razonaríamos de la misma manera. De hecho, se puede demostrar para raíces de índice genérico.

Ahora bien, imaginemos que tenemos n y m naturales. Si la expresión √n + ³√m = a/b, con a y b mutuamente primos y b > 1, entonces √n no puede ser entero, pues podríamos despejar ³√m en forma de una fracción irreducible, que sabemos que es imposible. Tampoco ³√m puede ser entero, por la misma razón, es decir, podríamos despejar √n y sería una fracción. Sin embargo, en la igualdad √n + ³√m = a/b podemos quitar denominadores y despejar, dejando b*³√m = a - b√n. Elevamos al cubo para quitar la raíz cúbica, y obtenemos mb³ = a³ - 3a²b√n + 3anb² - nb³*√n (esto se puede comprobar si sabemos desarrollar el cubo de una resta, o multiplicando como polinomio tres veces a - b√n y aplicando propiedades de la raíz cuadrada).

Agrupando las raíces, tenemos la expresión mb³ = a³ + 3anb² - (3a²b + nb³)√n, así que podemos despejar √n, transformando la igualdad en a³ + 3anb² - mb³ = (3a²b + nb³)√n y por tanto √n = (a³ + 3anb² - mb³)/(3a²b + nb³). De esta forma, √n debe ser racional o entero, cosa que no puede ser por el razonamiento que hemos hecho antes.

Luego la suma √n + ³√m, o bien es un número entero, o bien es un número irracional, como queríamos demostrar.

Cuatro puntos

2011-02-17T20:00:00.003+01:00

Enunciado

Este problema me ha parecido fascinante. Hacía tiempo que no encontraba un problema con un reto tan interesante.

La idea que he seguido para explorar todas las posibilidades es trazar circunferencias. Imagina que partes del punto del que más líneas iguales salgan. Al menos, tendrá dos iguales, ya que parten tres de él. La idea que se me ocurrió es explorar todas las distribuciones de puntos a partir de ahí.

Primera distribución

La primera posibilidad es que los tres puntos estén a la misma distancia de él (sobre una circunferencia). Si consideramos uno de los puntos, piensa que también tenga los otros dos puntos a la misma distancia (sobre otra circunferencia). Esta situación determina, por la intersección de dos circunferencias del mismo radio) la posición de los puntos. La forma que queda es la de un rombo, y sólo una distancia será diferente (y más larga).

Segunda y tercera distribución

La segunda posibilidad es que los tres puntos estén sobre la circunferencia, pero sólo dos de ellos estén a la distancia del radio (con lo que forman con él un triángulo equilátero). El tercer punto, que no puede estar a la misma distancia del centro que de uno de los otros puntos, porque volvería a repetir la misma disposición de antes, estará a la misma distancia de los dos, por lo que formará un triángulo isósceles, es decir, estará sobre la mediatriz. Hay dos posibilidades, evidentemente. La primera de ellas tiene distancias mayores que la del radio original, y la otra, menores. Las dibujo una a continuación de la otra.

Cuarta distribución

Una vez que hemos agotado esta posibilidad, sólo nos queda suponer que ninguno de los tres puntos está a la misma distancia de otro que del punto central. pero eso significa que entre los tres están a la misma distancia, formando un triángulo equilátero. Esta será la cuarta distribución de puntos.

Por lo tanto, pasamos ahora a suponer que sólo dos de los puntos están a la misma distancia de uno de ellos (porque ya hemos explorado todas las distribuciones de ese tipo). Llegamos al apartado más difícil.

Imagina el punto central de la circunferencia. Sobre la circunferencia sólo puede haber dos puntos. Y la distancia entre ellos ya no puede ser igual al radio, ya que si lo fuese, formarían un triángulo equilátero, y el tercer punto estaría a la misma distancia de los tres (cosa que ya hemos visto) o volvería a estar a distancia del radio de uno de los puntos, con lo que ese punto estaría a la misma distancia de los tres.

Ahora, la distancia entre esos dos puntos será la que sea distinta. Si el cuarto punto está fuera de la circunferencia, su distancia al centro coincide con la distancia a la que están los otros dos puntos. De nuevo, no puede ser que el punto que falta esté a la misma distancia nueva de los dos de la circunferencia, pues volverían a formar un triángulo equilátero y no puede ser. De esta forma, tenemos dos posibilidades: o el último punto está a distancia radio de los dos de la circunferencia, o bien está a distancia radio de uno y a la otra distancia del otro.

A partir de aquí, en el primer caso es fácil entender que forman un cuadrado, ya que los cuatro lados "exteriores" son iguales, y los dos interiores también son iguales entre ellos. Esta es la figura que venía de ejemplo en el enunciado.

Sexta y última distribución

La última figura es más difícil de visualizar. Tres lados son iguales, y el cuarto es igual que las distancias que la cruzan (diagonales). Se forman en este caso nada menos que cuatro triángulos isósceles entre los puntos, iguales dos a dos. Si estudiamos las relaciones que se dan entre los ángulos, encontraremos que este cuadrilátero es ni más ni menos que un trapecio, y no uno cualquiera, si no un trapecio isósceles cuyo ángulo mayor es 108 grados.

Tres problemas de la canguro

2011-02-13T20:50:00.002+01:00

Enunciado

En una competición contra reloj, es casi más importante la velocidad que el rigor en el razonamiento, pero es importante descubrir las estrategias para comprobar las soluciones y descartar las que no lo sean.

Si hacemos caso a los puntos que dan para cada una, lo ideal sería gastar algo menos de 2 minutos en las fáciles, 2 minutos y medio en las medias y poco más de 3 minutos en las difíciles.

En la primera, está claro que 6 es la suma de dos símbolos Δ, así que cada uno debe ser 3. Si tenemos que perder tiempo cambiando el valor por los propuestos para comprobarlo, también se puede hacer, pero hay que ser rápidos. La respuesta correcta es D.

En la segunda, lo más rápido es fijarse en las dos más parecidas, 20*10 + 20*10 y 20*10 + 10*20. Está claro que son iguales, así que calculamos su valor (400) y tratamos de encontrar una que no proporciones el mismo resultado. La única es 20/10*20 + 10, que da 50. Por lo tanto la respuesta correcta es la E.

En la tercera, yo veo más fácil dividir el peso del móvil entre dos en cada bifurcación, de forma que la mitad valdrá 112/2 = 56. De la zona donde está la estrella, hay que dividir otra vez entre 2, y sale 56/2 = 28 (el cuadrado). Después dividimos de nuevo entre 2 y queda 14 (el triángulo) y entonces obtenemos el peso de la estrella volviendo a dividir entre 2, así que vale 7 (respuesta A).