Barriendo el parque

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Varios comentarios solucionan este problema, pero sin dar detalles ni método.

Para resolver este tipo de problemas viene muy bien recordar una regla muy sencilla. Un dibujo se puede recorrer sin pasar dos veces por la misma línea sólo cuando hay ninguno o dos cruces con una cantidad impar de líneas. Si no hay ninguno, entonces puedes empezar en cualquier cruce, y acabarás en el mismo, y si hay dos, debes empezar por uno de ellos y acabar en el otro.

¿Por qué sucede eso? Pues porque cada vez que llegues a un cruce usas dos líneas: la de entrada y la de salida, de forma que en todos los cruces debe sumar una cantidad par, excepto tal vez en la de salida y la de llegada, en las que también será obligatorio si comienzas y acabas en el mismo sitio.

Sabiendo esto, vamos a contar cuántas líneas llegan a cada cruce. En el A coinciden 3, en el B, 3, en el C, 2, en el D, 4, en el E, 2, en el F, 3, en el G, 3, en el H, 5, en el I, 3. Eso hace un total de 6 cruces (nodos, en el lenguaje técnico) con caminos impares. Necesitamos quitar o añadir al menos dos caminos (lo que equivale a no recorrer, o recorrer dos veces algunos de los que hay), para volver pares cuatro de los seis nodos que no nos conviene.

Pero si quiere salir de H, recorrer todos los caminos, y volver a H, necesitamos que todos los nodos sean pares, lo que nos obligará a recorrer un mínimo de 3 caminos dos veces.

¿Cómo podemos averiguar la combinación menor? Tratando de estudiar si recorrer los caminos más cortos dos veces nos soluciona o no el problema (vuelve pares los vértices que nos interesa) y encontrando la combinación más baja posible.

Si buscas soluciones con tres caminos, encontramos las combinaciones HB + FI + AG (70 + 80 + 80 = 230) y también HG + IF + AB (50 + 80 + 100 = 230). Recorrer dos veces esos caminos, en cualquier orden, nos lleva a una solución óptima. Y si tratamos de seguir más caminos, recorreremos más longitud con seguridad, ya que es imposible lograr menos de esos 230 metros extras.

Por ejemplo, si optamos por duplicar HG, IF y AB, podemos hacer HBAHGABCDEFIDHGFIH, y sumaremos los 1320 obligatorios más los 320 extras, es decir, 1550. Aunque hay varios recorridos posibles, según por donde doblemos cada vez.

Si optamos por duplicar HB, FI y AG, por ejemplo podemos recorrer HBAHGAGFIHBCDEFIDH, obteniendo de nuevo 1550 metros. De nuevo hay varias opciones.

Posiciones

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Este problema empieza siendo sencillo, pero se complica después.

Puntos que forman equilátero

La primera propiedad es muy conocida para todo el mundo. La técnica para encontrar puntos que estén a la misma distancia de los dos puntos que tienes es dibujar dos circunferencias, centradas en los dos puntos, y cuyo radio es la distancia que los separa. Como todos los puntos de la circunferencia están a la misma distancia del centro, donde se corten estará a la distancia adecuada de los dos puntos. Evidentemente, hay dos soluciones distintas, una por "arriba" y otra por "debajo" de la línea que une ambos puntos.

Puntos que forman isósceles

La segunda propiedad es más extraña. Lo que buscamos es el tercer vértice de un triángulo isósceles. Hay tres posibilidades, aunque la mayoría de gente ve sólo la primera de ellas. Si los dos puntos que tenemos forman el lado distinto, entonces el tercer punto estará a la misma distancia de ambos, con lo que estará en la mediatriz, es decir, en la recta vertical que pasa por el centro del segmento. Por lo tanto, todos los puntos de esta mediatriz (excepto el mismo centro del segmento, y los puntos que hemos encontrado en el apartado anterior) podrían ser el punto que nos falta. Sin embargo, muchos se olvidan de que el segmento que tenemos puede ser uno de los que sea igual a otro. El otro punto estará a la distancia que marca el segmento de uno de los dos extremos del segmento, por lo que estará sobre una de las dos circunferencias que se pueden trazar tomando uno de los puntos como centro y el segmento como radio. Igual que en la recta, debemos quitar los dos puntos del ejercicio anterior y los que estén en línea recta con nuestro segmento inicial.

Puntos que forman paralelogramo

El tercer apartado también suele resultar difícil, porque nos olvidamos algún punto. La idea es, puesto que son paralelogramos, trazar paralelas a los lados que tenemos por el punto que no pasa por ese lado. Sin embargo, como tenemos tres puntos, podemos considerar tres segmentos. Uno de ellos será diagonal y los otros dos, lados. Según cuál consideremos que sea diagonal, las rectas serán distintas y el cuarto punto caerá en una de tres posiciones distintas. Es curioso observar que los tres puntos solución forman un triángulo semejante al inicial, pero a doble escala, es decir, que contiene a cuatro triángulos idénticos al inicial.

Puntos que forman tres isósceles

Por último, para el cuarto apartado hay que volver a razonar como en el apartado b), ya que hay que realizar el mismo dibujo para cada uno de los pares de vértices de los tres del triángulo. Los puntos de corte podrían ser los puntos que buscamos. Pero el dibujo se vuelve tan complejo que hay hasta 10 puntos de intersección (uno dentro del triángulo, tres muy próximos, tres que forman un triángulo equilátero de doble escala, y tres aún más alejados). Es sencillo comprobar que para cada uno de estas cuatro familias de puntos se cumple que los tres triángulos que formamos son isósceles.

Un punto de corte curioso

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Punto de corte curioso

Hacer el dibujo correctamente es fundamental para resolver un problema de este tipo.

Debes partir de un triángulo ABC que no tenga ninguna regularidad específica, ya que un isósceles o un equilátero puede mezclar diferentes centros y confundir la solución. Tampoco debemos usar para Q el centro del lado. Como necesitamos el incentro de los dos triángulos, ACQ y BCQ, es lógico trazar dos de las bisectrices desde Q, ya que ahorra trabajo. Claro, que como AQC y BQC suman 180 grados, es evidente que ambas bisectrices forman un ángulo de 90 grados.

De esta forma, los segmentos QI₁ y QI₂ forman un ángulo de 90 grados, por lo que el triángulo QI₁I₂ es rectángulo en Q. Como la hipotenusa es el diámetro del círculo que hemos construido, eso quiere decir que Q pertenece a la circunferencia (por el principio del arco inscrito).

Circunferencia inscrita

Para seguir razonando, conviene que trabajemos un poco con las circunferencias inscritas. Hay varias propiedades que debemos conocer. Si nos fijamos en el segundo dibujo, llamemos a esos puntos de tangencia At (segmento BC), Bt (segmento AC) y Ct (segmento AB), resulta que BC = BAt + CAt, AB = ACt + BCt y AC = ABt + CBt. Podemos observar que las distancias a los vértices de esos puntos de tangencia son iguales por simetría, por lo que ABt = ACt, BCt = BAt y CAt = CBt. Además, el perímetro del triángulo es 2*ACt + 2*BCt + 2*CAt, por lo que el semiperímetro p es ACt + BCt + CAt. De esta forma, se tiene que ACt = p - BC (porque BAt + CAt = BC), BCt = p - AB y CAt = p - AB.

En nuestro ejemplo, si situamos los puntos de tangencia de las dos circunferencias en el dibujo, es fácil razonar por semejanzas que en el segmento QP, los dos puntos de tangencia están a la misma distancia de los extremos, así que QP es suma de las distancias desde Q a los puntos de tangencia de ambas circunferencias.

Según la propiedad que hemos visto antes, en el triángulo ACQ la distancia de Q al punto de tangencia es su semiperímetro menos el lado AC, y en el triángulo BCQ, la distancia es su semiperímetro menos BC. Si sumamos las dos distancias para obtener QP, tendremos la suma de los dos semiperímetros menos AC y BC. Al sumar los dos semiperímetros obtenemos el semiperímetro del triángulo original más QC, es decir, que QP = p + QC - AC - BC = QC + p - 2p + AB = QC - p + AB.

Por eso, la distancia de P a C es QC - QP = p - AB, que es lo que queríamos demostrar.

La carrera

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El comentario de Pablo Sussi es una solución acertada.

La idea es que nos informan acerca de las velocidades relativas de ambos, y nos piden que situemos la salida en la posición adecuada para que lleguen simultáneamente, es decir que al dar la vuelta recorrerán diferentes distancias.

Si corren en sentidos diferentes, la distancia que corran hasta la meta desde una línea de salida será algo mayor en el caso del que da más de una vuelta, y algo menor para el otro. Como la pista completa mide 500 metros, aunque no sabemos lo que ha tardado en recorrerla el primer ciclista, nos podemos imaginar que ha tardado un tiempo t, por lo que su velocidad, suponiendo que la mantenga constante, será 500/t, mientras que la del otro ciclista, que se ha quedado a 5 metros de la meta, será 495/t.

Si situamos la linea de salida en una posición diferente de la pista, pongamos que a x metros de la salida, el ciclista más lento deberá recorrer 500 - x metros, mientras que el más rápido debe recorrer 500 + x. Como queremos que lleguen al mismo tiempo, (500 + x)/(500/t) = (500 - x)/(495/t).

En esta ecuación es claro que podemos simplificar la t, de forma que queda (500 + x)/500 = (500 - x)/495, y quitando denominadores, 495*(500 + x) = 500*(500 - x), de donde llegamos a 995x = 2500, por lo que x vale 2500/995, aproximadamente 2,5126 metros de la meta.

Haciendo rodar un papel

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Aunque no uses las medidas exactas de una hoja de papel, puedes empezar a trabajar con medidas inventadas. Lo importante es que se comprenda si influye más en tamaño definitivo del volumen una u otra.

El volumen de un cilindro es área de la base por la altura, y para calcular el área de la base hace falta saber el radio.

Este radio se calcula a partir de la longitud de la circunferencia, que será uno de los dos lados de la hoja original. Evidentemente, esta longitud la tendremos que dividir por 2π y después, para calcular el área, elevarla al cuadrado y multiplicarla por π.

Quedaría algo parecido a (a/(2π))²*π = a²/(4π). Como la altura es la otra longitud, el resultado del volumen sería a²b/(4π).

Viendo la fórmula, está claro que si cambiamos a por b, lo que pasa es que en lugar de multiplicar dos veces por a y una vez por b, multiplicamos dos veces por b y una por a. Es decir, que para que el volumen sea mayor, es mejor que la base utilice la longitud mayor posible, es decir, que el cilindro sea gordo en lugar de delgado.

El problema de caer por un plano inclinado es más complejo, porque incluye un problema de física. Ambos cilindros pesan lo mismo, de forma que la diferencia será a causa del rozamiento que se llama de rodadura, es decir, que depende del radio. Cuanto mayor es el radio, más pequeño es ese rozamiento, así que de nuevo rodará más rápido el más gordo.

Para hacer un prisma, una de las longitudes se divide en cuatro partes iguales, de forma que saldrá una base cuadrada cuya longitud es la cuarta parte del total. El volumen será este cuarto de la longitud al cuadrado por la otra longitud. De nuevo, la fórmula será (a/4)²*b = a²b/16 y entre las dos posibilidades, será de mayor volumen el más bajito y más grueso.

Si comparamos los cilindros con los prismas de base cuadrada, tendremos que mirar ambas fórmulas, a²b/16 y a²b/(4π). En realidad, son muy similares las dos, sólo que en el cilindro dividimos por 4π y en el prisma por 16. Puesto que 4π es menor que 16 (π es menor que 4), está claro que el volumen del cilindro será algo mayor.

Números en un triángulo

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Los comentarios han dado soluciones distintas e interesantes. Voy a dar una algo mecánica, pero que no usa ninguna genialidad, ni ecuaciones.

Empecemos probando con números bajos. Si ponemos un 1 entre el 45 y el 17, como hacen falta 28 para llegar desde el 17 hasta el 45, el número que pongamos al otro lado del 17 debe ser 28 unidades más grande que el que ponemos al otro lado del 45.

Los números más bajos que podemos poner son 1 y 29, y en ese caso el lado del 45 sumará 1 + 45 + 1 = 47 y el del 17 sumará 1 + 17 + 29 = 47.

Como, además, esos dos números y el 10 tendrán que sumar lo mismo que cualquiera de los dos laterales, el ejemplo no valdrá, ya que 1 + 10 + 29 = 40. Tendremos que usar números algo mayores. Cuando aumentamos uno, aumentamos el otro, por lo que la suma de todo el lado del 10 subirá en 2, pero la suma de los otros lados subirá sólo en 1. Para que coincidan, necesitaré aumentar 7 veces, así que los primeros números que encuentro serán 8 y 36.

En este primer ejemplo, tendremos que 1 + 45 + 8 = 54, 1 + 17 + 36 = 54 y 8 + 10 + 36 = 54. Vemos que los tres lados suman 54.

¡Claro que puedo encontrar más soluciones! Si aumentamos los tres números a la vez, se mantendrá el equilibrio. Aumentarlos en 1, por ejemplo, poniendo 2, 9 y 37 hará que la suma de cada uno de los lados sea 56, en lugar de 54, pero será igual.

Bueno, existen infinitas soluciones, ya que podemos aumentar los números todo lo que queramos, siempre que aumentemos lo mismo. Si no se hace así, no puede ser que los lados sigan sumando igual.

Para que los tres lados sumen 80, como aumenta dos unidades la suma por cada una que aumentan los números, tendremos que ver cuanto falta para llegar de 54 a 80. Como son 26 unidades, basta aumentar cada número en 13. Así, los números que pondremos serán 14, 21 y 49. Comprobémoslo: 14 + 45 + 21 = 80, 14 + 17 + 49 = 80 y 21 + 10 + 49 = 80.

Desigualdad de fracciones

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Este tipo de desigualdades tiene un aspecto peculiar. Se trata de una cantidad determinada de números positivos, juegan el mismo papel en la fórmula, y si todos fuesen iguales, la desigualdad se transforma en una igualdad.

En estos casos, suele poder hacerse con desigualdades sobre las medias potenciales y geométricas. En nuestro caso, el aspecto de la condición que cumplen los números nos recuerda a una media potencial de grado 2 sobre 1/a, 1/b y 1/c, o bien una de grado -2 sobre a, b y c.

Podíamos escribir que √((1/a² + 1/b² + 1/c²)/3) = √(9/3) = √3.

Y esta es la media potencial de grado 2, que es mayor, por ejemplo, que la media potencial de grado 1, que es la media aritmética habitual, es decir, que (1/a + 1/b + 1/c)/3 ≤ √3. Ahora, si pensamos en la fórmula que queremos comprobar, que evidentemente podemos comprobar que se transforma en una igualdad cuando todos los valores a, b y c son iguales, vemos que hay varias fracciones con denominadores diferentes.

Una de esas fracciones es, por ejemplo, 1/(2a + b). Una forma de transformar las fracciones de denominador polinómico mediante desigualdades es considerar las medias aritméticas y armónicas con las desigualdades potenciales (la armónica es la potencial de grado -1, y siempre es menor a la aritmética, de grado 1). La desigualdad viene a decir que ((1/a + 1/b + 1/c)/3)^-1 = 3/(1/a + 1/b + 1/c) ≤ (a + b + c)/3. Como suponemos que estros tres números son positivos, podemos arreglar algo los extremos de las fracciones para mostrar una desigualdad más acorde con nuestros intereses: 1/(a + b + c) ≤ (1/a + 1/b + 1/c)/9, y es válida para cualquier trio de números positivos.

En particular, para nuestra desigualdad, tenemos que 1/(2a + b) = 1/(a + a + b) ≤ (1/a + 1/a + 1/b)/9. De la misma forma, 1/(2b + c) = 1/(b + b + c) ≤ (1/b + 1/b + 1/c)/9 y 1/(2c + a) = 1/(c + c + a) ≤ (1/c + 1/c + 1/a)/9.

Resumiendo, nuestra expresión inicial, 1/(2a + b) + 1/(2b + c) + 1/(2c + a) ≤ (1/a + 1/a + 1/b)/9 + (1/b + 1/b + 1/c)/9 + (1/c + 1/c + 1/a)/9 = (3/a + 3/b + 3/c)/9 = (1/a + 1/b + 1/c)/3. Según hemos visto en un párrafo anterior, esto es la media aritmética de los inversos de a, b y c, que es menor que la cuadrática, por lo que esa expresión sería menor que √3, como queríamos demostrar.

Pirámide numérica

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Pirámide numérica

El comentario que lo soluciona usa álgebra, así que voy a intentar solucionar la pirámide numérica sin utilizar álgebra (o usando la mínima posible).

La idea es que, como cada casilla se rellena sumando las dos inferiores, el número que ocupa la casilla central entre el 6 y el 9 interviene tanto en el contenido de la fila superior derecha como en el contenido de la de la izquierda. Como hay que sumar ambas para conseguir 31, resulta que en 31 interviene 6, 9 y dos veces la casilla central. De esta forma, como 31 - 6 - 9 = 16, la casilla central debe contener 8. De esta forma, las dos casillas superiores serán 6 + 8 = 14 y 9 + 8 = 17. Es sencillo comprobar que 14 + 17 = 31.

Repitiendo el proceso en el otro lado, 9 + 5 = 14, y como 28 - 14 = 14, que debe ser el doble de la casilla central, el valor de ésta será 7. Así, en las casillas inmediatamente superiores, estará el 9 + 7 = 16 y 5 + 7 = 12. Está claro que 16 + 12 son 28.

Rellenar las casillas superiores a partir de ahí es sencillo y no requiere más explicación. En realidad, este problema debería estar en la categoría de primer ciclo de la ESO, ha sido un error mío que salga etiquetado aquí.