Potencias que se dividen

Enunciado

Para trabajar con números enteros que se dividen unos a otros, es conveniente pensar en los números factorizados, es decir, convertidos en un producto de números primos.

En el problema que nos ocupa, supongamos que tenemos un factor primo p que está en la descomposición en factores de a. Como a divide a b², es evidente que p debe estar también en la descomposición de b (si no estuviese, tampoco podría estar en la de b²).

De forma similar, si q es un primo que está en la descomposición de b, como b² divide a a³, y está claro que q estará en la descomposición de b², también estará en la de a³, y por tanto no tendrá más remedio que estar también en a.

De esta forma, tanto a como b están formados por los mismos factores primos. Tal vez, elevados a potencias diferentes.

¿Qué les pasa a esas potencias de la factorización cuando elevamos los números a y b a una potencia? Pues lo que sucede es que se multiplica la potencia original por aquella a la que elevamos (recuerda que (pⁿ)^s = p^n*s). Supongamos que uno de los primos p que forma parte de a está elevado a n, y que cuando forma parte de b, el mismo está elevado a m. En ese caso, el que a divida a b², significa que n es menor o igual que 2m. De la misma forma, obtenemos que 2m es menor o igual que 3n, que 3n es menor o igual que 4m, que 4m es menor o igual que 5n, pero que, para al menos alguno de los primos, 5n es mayor que 6m, puesto que a⁵ no divide a b⁶.

Para trabajar con esas desigualdades, procuramos que uno de los números (m, por ejemplo) quede sin coeficiente, de forma que n/2 <= m, m <= 3n/2, 3n/4 <= m, m <= 5n/4 y m < 5n/6 (ojo, esta última desigualdad sólo es obligatoria para la potencia de algún primo de las descomposiciones).

Ahora bien, n/2 <= m y 3n/4 <= m son muy similares. En realidad, como 3n/4 siempre es mayor que n/2, sobra la primera desigualdad. De la misma forma, m <= 3n/2 y m <= 5n/4 son similares, pero en este caso, 5n/4 es menor que 3n/2, por lo que sobra también la primera desigualdad.

Si además, consideramos que al menos en un primo m < 5n/6 y que 5n/6 es menor que 5n/4, tendremos que un primo tendrá que cumplir que 3n/4 <= m < 5n/6, mientras que los demás podrán cumplir que 3n/4 <= m < 5n/4.

Probando con valores de n, vemos que (para el primo "especial") n tiene que ser por lo menos 4 (si es más pequeño, no hay enteros entre un valor y el otro). Y en ese caso, m tiene que valer 3 (se pide que busque un número, no que los encuentre todos, así que voy a por el más pequeño). Tomando el primo más pequeño, y suponiendo que no hay más primos en los números (de nuevo para que sean pequeños), podemos encontrar a = 2⁴ = 16 y b = 2³ = 8. Veamos que cumplen las condiciones:

a = 2⁴ = 16 divide a 64 = 2⁶ = b²

b² = 2⁶ = 64 divide a 4096 = 2¹² = a³

a³ = 2¹² = 4096 divide a 4096 = 2¹² = b⁴

b⁴ = 2¹² = 4096 divide a 1048576 = 2²⁰ = a⁵

pero a⁵ = 2²⁰ = 1048576 no divide a 262144 = 2¹⁸ = b⁶

Se pueden encontrar muchos números como estos, multiplicando por otros primos (siempre que no sean 2), o encontrando otros valores para n y m, o usando otros primos de base.

Actualización

He corregido algunos valores erróneos

Extrañas monedas (nivel 2)

Enunciado

Pagar diversas monedas puede ser entendido como sumarlas, y que nos devuelvan, como restar. Así conseguimos trasmitir dinero (miguelhernandios, en nuestro caso).

Nos encontramos con un caso similar al del problema primero, o el sexto de los de primer ciclo. Sumas y restas de números enteros, que persiguen conseguir una cantidad determinada. Las cantidades que utilizamos en esta ocasión son 10, 12 y 15, cuyo máximo común divisor es 1. Por eso, sabemos que podemos conseguir cualquier múltiplo de 1, es decir, cualquier número (ver la solución al problema primero de primer ciclo).

Aunque no conozcamos estos ejemplos, podemos encontrar fácilmente una combinación que proporcione las cantidades que nos piden (3, 7 y 11). Pagando 15 y devolviendo 12 cambiamos 3, pagando 12 y 15 y devolviendo dos de 10 cambiamos 7 y, por ejemplo, pagando tres de 15 (45) y cobrando una de 10 y dos de 12 (34) obtenemos 11.

Como nos piden la mejor forma de obtener ciertos cambios, podemos probar combinaciones de pocas monedas hasta lograr todos los cambios que se quieren. De esta forma, nos aseguramos que son los mejores cambios.

Con una sola moneda no podemos lograr ninguna transferencia de 1 a 6 miguelhernandios.

Con dos monedas, restando una de otra, podemos lograr 2 (12 - 10), 3 (15 - 12) y 5 (15 - 10), que son todas las combinaciones que dan valores pequeños.

Con tres monedas no se puede hacer mucho, ya que sumando 10 + 10 - 15, que es la combinación más pequeña, ya da 5, que se logra con sólo dos monedas. La siguiente combinación es 10 + 12 -15, que da 7 (por cierto, mejora la forma de obtener 7 que vimos antes).

Con cuatro monedas, tenemos 12 + 12 - 10 - 10, que da 4. 15 + 15 - 12 - 12, que da 6 y 10 + 15 - 12 - 12, que nos da 1.

Así, tenemos las mejores combinaciones para los 6 primeros valores:

1 = 10 + 15 - 12 - 12

2 = 12 - 10

3 = 15 - 12

4 = 12 + 12 - 10 - 10

5 = 15 - 10

6 = 15 + 15 - 12 - 12

Por último, es evidente que podrán pagar cualquier cantidad, ya que pueden transferir un sólo miguelhernandio, por lo que uno a uno pueden pagar cualquier cifra entera.

Extrañas monedas

Enunciado

Pagar diversas monedas puede ser entendido como sumarlas, y que nos devuelvan, como restar. Así conseguimos trasmitir dinero (miguelhernandios, en nuestro caso).

De nuevo nos encontramos con un caso similar al del problema primero, o el sexto. Sumas y restas de números enteros, que persiguen conseguir una cantidad determinada. Las cantidades que utilizamos en esta ocasión son 10, 12 y 15, cuyo máximo común divisor es 1. Por eso, sabemos que podemos conseguir cualquier múltiplo de 1, es decir, cualquier número (ver la solución al problema primero).

La forma concreta en que se consiguen esas cantidades se pueden encontrar con un sencillo tanteo. Por ejemplo, podemos conseguir 6 entregando dos monedas de 15 y recogiendo dos de 12. De la misma forma, entregando tres de 15 y recogiendo tres de 12, pagamos 9. Para pagar 17, podemos pagar una de 12 y otra de 15, y recoger una de 10.

Sin embargo, existen otras soluciones, como nuestros alumnos nos han hecho notar. Por ejemplo, conseguir 9 pagando una de 15 y dos de 12, recogiendo tres de 10.

Las piezas

Enunciado

Éste problema, además de obligarnos a tantear con las piezas, nos puede enseñar algo útil: visualizar el objetivo es importante.

objetivo

Dibujemos exactamente lo que queremos lograr (imagen a la derecha).

superponiendo

Si lo superponemos (aunque sea mentalmente) sobre el punto de partida (imagen de la izquierda), tratando de tapar el mayor número de piezas posibles (las que no se mueven), podemos ver que algunas piezas de partida quedan descubiertas (las que quedan en azul), exactamente 3. Claro, que también hay 3 (en rojo) del objetivo que no tienen ninguna debajo. Está claro qué piezas hay que mover, y dónde se ponen ¿no?

Una serie de raíces

Enunciado

Cuando trabajas con fracciones de denominador irracional, una de las estrategias más útiles es la racionalización, esto es, encontrar una fracción equivalente con denominador entero. El sistema consiste básicamente en multiplicar numerador y denominador por una expresión similar, pero con el signo que marca la operación de suma o resta cambiado.

Cuando hacemos esto, al multiplicar una suma por una diferencia (ambas tienen los mismos términos), obtenemos una diferencia de cuadrados (es decir, los términos cruzados salen de diferente signo y se anula). Como consecuencia, las raíces cuadradas desaparecen al resultar elevadas al cuadrado. Claro, que sólo podemos eliminar las raíces del denominador, apareciendo entonces en el numerador.

En nuestro ejemplo, si tomamos la fracción (como ejemplo) uno partido por la suma de las raíces de 2 y de 3, podemos probar a multiplicar denominador y numerador por la diferencia de raíz de 3 menos raíz de 2. En el numerador queda esta diferencia (raíz de 3 menos raíz de 2) y el denominador queda 3 menos 2 (las raíces quedan elevadas al cuadrado), es decir, 1.

serie racionalizada

Esto mismo podemos repetirlo en todos los términos, quedando una serie como la que aparece en la expresión del dibujo.

Por si no se viese, la expresión es raíz de 2 menos raíz de 1 más raíz de 3 menos raíz de 2, y así sucesivamente, hasta llegar a la raíz de 100 menos la raíz de 99.

Este tipo de sumas se llaman telescópicas, ya que en cada término hay una parte que anula una parte del término siguiente. En realidad, podemos comprobar que se anula todo, excepto la raíz de 100 (con signo positivo) y la de 1 (con signo negativo), es decir, 10 menos 1, que da como resultado 9.

Triángulos enteros

Enunciado

Si probamos a crear triángulos con lados de longitud entera, pronto nos daremos cuenta de que el lado más largo ha de ser más corto que la suma de los otros dos, porque en caso contrario no podemos unir el vértice contrario.

Si el lado más largo valiese 6 (o más) unidades, como en total han de sumar 12, los otros lados no podrían ser en total más largos, pues sólo podrían llegar a sumar 6.

Por lo tanto, el lado más largo sólo puede valer 5 unidades (a lo sumo). En ese caso, los otros dos han de ser menores o iguales que 5 (claro, porque son más cortos) y sumar 7. Sólo hay dos casos: 5, 4 y 3 y el caso 5, 5 y 2.

Si el lado más largo mide 4, los otros dos han de sumar 8 y ser menores o iguales que 4, es decir, que sólo puede ser 4, 4 y 4.

Si intentamos hacer un triángulo de lado mayor inferior a 4, no podremos sumar 12, porque los tres lados serían menores que cuatro. Por tanto los tres casos citados son los únicos.

¿Cuál tendrá el área mayor?

Si queremos calcular el área de los tres, para compararlos, hay que aplicar el teorema de Pitágoras.

rectángulo

El primero de los triángulos (5,4,3) debería ser conocido, porque 5² = 4² + 3². Eso quiere decir que es un triángulo rectángulo, es decir, que si dejamos de base uno de los lados cortos, el otro es una altura (ver dibujo). Por eso, su área es 3*4/2 = 6 centímetros al cuadrado.

isósceles

El segundo de los triángulos (5,5,2) es isósceles. Dibujándolo con la base corta, podemos dividirlo por la altura en dos triángulos rectángulos iguales, cuya altura es un cateto y la altura del triángulo completo. Por simetría, el cateto de la base mide 1 cm., y aplicando pitágoras, obtenemos que la altura al cuadrado es igual a 25 - 1 = 24. Eso quiere decir que la altura mide la raíz cuadrada de 24 (en centímetros), y para hallar el área del triángulo hay que multiplicarla y dividirla por 2, es decir, que su área es raíz cuadrada de 24 centímetros cuadrados. Está claro que es menor que 6, porque 6 es la raíz cuadrada de 36.

equilátero

El tercero de los triágulos (4,4,4) es equilátero, así que le podemos aplicar un método similar al anterior, dividiéndolo en dos triángulos rectángulos. En este caso, la altura al cuadrado sería igual a 16 - 4, es decir, 12. Así que la altura sería raíz cuadrada de 12. Para hallar el área, habría que multiplicarla por 4 y dividirla por 2, con lo que quedaría que el área mide 2 por la raíz de 12 en centímetros cuadrados (equivale a 4 por raíz de 3). Para comparar este valor con 6, sólo hay que ver que 6 es 2 por 3, y que 3 es menor que la raíz de 12 (3 es la raíz de 9).

Por tanto, el triángulo de mayor área es el equilátero (4,4,4).

Actualización: He corregido un par de cálculos en los que me había equivocado, al aplicar el teorema de Pitágoras al revés. Ahora es correcto. Pido disculpas.

Instrucciones

Leer un blog es una tarea bastante sencilla. Este blog sólo tiene la peculiaridad de que sus entradas son soluciones a problemas, pero aún así, hay mucha gente que no se aclara con el uso que le puede dar a esta página. Paso a detallar algunas cosas que se pueden hacer y cómo se hacen.

Categorías de problemas

Todos los problemas (y por tanto, sus soluciones) están clasificados en cuatro categorías, que podemos encontrar al final del problema: primaria (12 años o menos), primer ciclo de secundaria (12-14 años), segundo ciclo de secundaria (14-16 años) y bachillerato (16-18 años). A veces la clasificación no es muy precisa.

Podemos ver las últimas entradas de una categoría determinada, pulsando sobre su nombre (a la derecha, donde pone etiquetas).

¿Dónde están los enunciados de los problemas?

En cada solución hay una referencia al enunciado que soluciona. Se puede encontrar si se sigue el enlace "Enunciado", al principio. Puedes ir escribiendo comentarios e incluso tu propia solución.

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Los problemas antiguos

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La fiesta de cumpleaños

Enunciado

El número más alto que se puede alcanzar sumando los que Belén ha repartido es 35 = 17 + 18, y el más bajo 3 = 1 + 2. Los cuadrados que se pueden lograr son, por tanto, 4, 9, 16 y 25.

Con esta información, es evidente que la pareja de Belén puede ser el 3, el 8 o el 15. Para averiguarlo, debemos colocar las demás parejas para saber si hay una única solución, o bien se pueden dar varias situaciones.

Empecemos por eliminar los número más fáciles. Como 18 es mayor que 16, sólo puede estar bailando con 7, para sumar 25. Lo mismo sucede con 17, que ha de bailar con 8, y con 16, que baila con 9. Puesto que 7, 8 y 9 están ya emparejados, los suprimimos y vamos a anotar las demás posibilidades.

El 15, puede estar con 1 y con 10. El 14, con 2 y con 11. El 13, con 3 y con 12. El 12, con 13 y con 4. El 11, con 5 y con 14. El 10, con 6 y con 15. El 6, con 10 y con 3. El 5, con 11 y con 4. El 4, con 12 y con 5. El 3, con 13, con 6 y con 1. Y el 2 sólo puede bailar con 14.

Un consejo: prepara una tabla como la que viene a continuación, donde buscar las parejas y tachar las que ya están asignadas.

Invitado	Posible pareja
15	1 10
14	2 11
13	3 12
12	4 13
11	5 14
10	6 15
6	10 3
5	11 4
4	12 5
3	13 6 1
2	14
1	15 8 3

Como el 2 sólo puede bailar con 14, éste está cogido. El 11 se ve obligado a bailar con el 5. Por esta razón, el 4 baila obligatoriamente con el 12. A su vez, eso obliga a que el 13 baile con el 3.

En este punto, el 6 ha de bailar con el 10. Y, claro, el 15 no tiene más remedio que bailar con el 1, que lleva Belén.