Esferas amontonadas

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¿Cómo se construye una fórmula? Una de las cosas que se deben aprender en el tema de sucesiones y progresiones aritméticas y geométricas es a construir fórmulas. En realidad, a lo que aprendemos muchas veces es a utilizar unas pocas que aprendemos de memoria.

Podemos crear las fórmulas apropiadas de varias formas, el método que voy a emplear es el método de las diferencias, que consiste en ver cómo aumenta la cantidad de uno al siguiente. Voy a ir despacio para que pueda verse la lógica que se encuentra detrás.

Necesitamos ver cómo manejar fórmulas para representar varias cosas. Empezaremos por construir una fórmula apropiada para representar la cantidad de esferas que hay en un triángulo equilátero de esferas de lado n. Puesto que hay en una fila 1, en la siguiente 2, y así hasta n, podemos verlo como una suma de una progresión aritmética de primer término 1 y de diferencia 1, pero voy a hacerlo de una forma alternativa. La diferencia entre un triángulo de lado n y el siguiente (de lado n + 1) es exactamente n + 1 esferas, es decir, que basta construir una fórmula de forma que su diferencia sea apropiada. Puesto que la diferencia es de 1er grado, uso una genérica de segundo grado, de la forma p(n) = an² + bn + c. Así, p(n + 1) = a(n + 1)² + b(n + 1) + c, y p(n + 1) - p(n), desarrollando y restando, es 2an + a + b = n + 1 para todo n, de donde obtenemos que a = 1/2 y b = 1/2. Ya tenemos que p(n) = n²/2 + n/2 + c. Usando un valor concreto (sabemos, por ejemplo, que p(1) = 1 o que p(2) = 3, es claro que c vale 0. Y ya tenemos que p(n) = n²/2 + n/2 = n(n + 1)/2.

En segundo lugar, veremos cuántas esferas forman una pirámide de lado n. Esta fórmula en realidad no es necesaria, pero servirá para ilustrar más el método que seguimos para construir fórmulas.

La diferencia entre una pirámide de lado n y una de lado n + 1 es exactamente un triángulo de lado n + 1, que, según hemos visto, es p(n + 1) = (n + 1)²/2 + (n + 1)/2. Desarrollando esta fórmula obtenemos p(n +1) = n²/2 + 3n/2 + 1. Es decir, que si llamamos q(n) al número de esferas de la pirámide, tenemos que q(n +1) - q(n) = n²/2 + 3n/2 + 1. Por eso, necesitamos que q(n) sea una fórmula de tercer grado, an³ + bn² + cn + d. De nuevo, haciendo q(n + 1) - q(n), desarrollando y agrupando términos, tenemos que a(n + 1)³ + b(n + 1)² + c(n + 1) + d - an³ - bn² - cn - d = an³ +3an² + 3an + a + bn² + 2bn + b + cn + c + d - an³ - bn² - cn - d = 3an² + (3a + 2b)n + a + b + c. Esta fórmula debe ser igual, para todo n, a n²/2 + 3n/2 + 1, por lo que necesitamos que los coeficientes sean iguales, es decir, que 3a = 1/2, que 3a + 2b = 3/2, y que a + b + c = 1. De nuevo, la d la obtendremos de valores concretos. Con un poco de paciencia, obtenemos que a = 1/6, b = 1/2 y c = 1/3. Dando el valor q(1) = 1, o q(2) = 4, tenemos que d = 0. Es decir, que la fórmula adecuada es q(n) = n³/6 + n²/2 + n/3. Esta fórmula se puede factorizar como q(n) = n(n + 1)(n + 2)/6.

Antes de empezar en serio, una última fórmula: cuántos puntos de tangencia hay en un triángulo de lado n de esferas. De nuevo supongamos que tenemos la fórmula c(n) de esos puntos de tangencia, y veremos cuántos se añaden cuando pasamos de c(n) a c( n + 1). Evidentemente, hay que añadir una nueva fila de n esferas. Añadir la primera produce un nuevo punto de contacto, las n - 1 esferas siguientes añaden tres puntos de contacto cada una, ya que tocan tanto con la anterior, como con las dos del triángulo que existía. Por último, la última esfera añade dos puntos de contacto más. En total, c(n + 1) - c(n) = 1 + 3*(n - 1) + 2 = 1 + 3n - 3 + 2 = 3n. Deducimos entonces que el número de puntos de contacto debe ser un polinomio de segundo grado, an² + bn + c. De esta forma, c(n + 1) - c(n) = 2an + a + b, como ya vimos, y para que 2a = 3 y a + b =0, tenemos que a = 3/2, y b = -3/2. Valorando que c(1) = 0, tenemos que c = 0, es decir, que la fórmula es c(n) = 3n²/2 -3n/2 = 3n(n -1)/2.

Vamos ya con el problema que nos interesa. Si llamamos d(n) al número de contactos entre las esferas de una pirámide de lado n, al pasar a n + 1, lo que hacemos es añadir un triángulo de lado n + 1. Eso significa que añadiremos todos los puntos de contacto de un triángulo de lado n + 1 y cada una de las esferas del triángulo que forma la última capa (un triángulo de lado n) tendrá tres puntos de contacto nuevos. En total, d(n + 1) - d(n) = c(n +1) + 3*p(n) = 3(n + 1)²/2 -3(n + 1)/2 + 3*(n²/2 + n/2) = 3n²/2 +3n²/2 + 6n/2 - 3n/2 +3n/2 + 3/2 - 3/2 = 3n² + 3n.

De nuevo tenemos un polinomio de grado 3, d(n) = an³ + bn² + cn + d, y en ese caso, d(n + 1) - d(n) = 3an² + 3an + 2bn + a + b + c = 3an² + (3a + 2b)n + a + b + c, por lo que 3a = 3, 3a + 2b = 3, y a + b + c = 0. Por tanto a = 1, b = 0 y c = -1. Nos queda determinar d, para lo que podemos usar, por ejemplo, que para n = 2 vale 6 el número de contactos, por lo que d vale 0, y la fórmula es d(n) = n³ - n.

Cinco amigas

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Este tipo de problemas es un clásico. Resolverlos es un poco monótono, pero se trata de un pasatiempo similar al de los sudokus.

Una forma de resolverlo para alguien que tenga paciencia y tiempo consiste en cuadricular una tabla en la que aparezcan todas las opciones de posición, color de ropa, reloj, tienda, comunidad de origen y bebida cruzadas. Evidentemente, es mejor evitar duplicidades, eliminando aquellas opciones que ya estén marcadas, la tabla adquiere entonces un aspecto más parecido a un triángulo, para evitar anotar dos veces la misma característica.

Entonces empezamos a señalar los detalles que conocemos, así, si se afirma que la catalana se sitúa en primer lugar, marcaremos con un círculo ese cruce (catalana y primer lugar), mientras que pondremos una x en aquellos lugares que seguro que no ocupa la catalana, y en aquellas comunidades que ya sabemos que no ocupan el primer lugar.

A partir de la primera anotación, cualquier afirmación que nos permita poner una marca de cualquier tipo, hay que comprobar si permite derivar alguna observación, es decir, que si después observamos algo sobre la catalana (por ejemplo, que no va vestida de rojo, por que la que va de rojo es vasca), entonces también sabemos que la de primer lugar cumple esa afirmación. En la tabla, cualquier coincidencia en vertical y horizontal con un círculo se traslada a la dirección perpendicular.

Por último, hay afirmaciones más difíciles de situar, que deberemos consultar varias veces, ya que saber que la de verde va a la izquierda de la de blanco nos sirve en función de lo que conozcamos ya de la posición de la de verde y la de blanco, así como La de Berska y la que lleva un reloj Swatch están juntas. Estas afirmaciones es posible que requieran algo más de reflexión y situar varias veces la información en la tabla. Si lo hacemos con cuidado, en algunas ocasiones nos permitirá saber mucho más de lo que sabíamos por descartes, de forma que al final logremos nuestro propósito.

En el caso que nos ocupa, en los comentarios han hallado la solución en muchas ocasiones, así que la reflejo aquí: La que compra en Stradivarius es la que está situada en cuarta posición, va de verde, es andaluza, toma café y usa un Cartier.

Azarosa taba

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Los problemas que piden transformar un tipo de sucesos en otro no son fáciles. Habitualmente la solución consiste en agrupar los sucesos hasta tener tantos sucesos equiprobables como necesites, y descartar los que no necesites.

Una de las formas más sencillas ha sido citada entre las aportaciones: Agrupamos los lanzamientos de 2 en 2. No conocemos la probabilidad de un lanzamiento aislado, pero como todos tienen la misma, hay dos grupos de los que podemos asegurar que sí tienen la misma: 1-0 y 0-1. Descartamos todos los demás, y asociamos a uno de esos grupos la "cara y a otro la "cruz". Evidentemente, se reducirá mucho la secuencia, pero garantizaremos la equiprobabilidad.

Las cerillas

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Últimamente ando un poco lento en hacer las entradas. Trataré por lo menos de redactarlas claramente.

En este ejercicio es fundamental entender bien cómo se hacen las operaciones. En cada una de ellas se duplica el número de cerillas de un montón, quitándolas de otro.

Como al final quedan los tres montones iguales, sabemos que en cada uno de ellos habrá 16 cerillas, ya que no se ha perdido ninguna en el proceso.

Vamos a proceder a una especie de vuelta atrás para deshacer todo el proceso, puesto que las operaciones son reversibles.

Entonces, deshacer el último paso consiste en dejar al primer montón con 8 cerillas y pasar las otras ocho al tercer montón, que pasa a tener 24.

El paso anterior se realiza entre los montones dos y tres, quitando la mitad de las 24 al tercero, que son 12, y dejándolos en el montón segundo, que pasa a tener 28.

Por último, el primer paso se deshace tomando la mitad de las cerillas del montón segundo, que ahora tiene 28 y pasa a tener 14, y poniéndolas en el primer montón, que pasa de tener 8 a 22.

En resumen, que al principio tenemos un primer montón con 22 cerillas, un segundo con 14, y un tercer montón con 12.

Entrega de diplomas

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La idea para resolver este problema consiste en tratar de encontrar al principio un número que cumpla alguna de las condiciones, e ir después exigiéndole más.

Un número que al dividir entre dos da un resto de 1, es un número impar.

Fácilmente comprobamos que si queremos que además su resto al dividirlo entre 3 dé 1, debe ser de la forma 7, 13, 19, 25,... El hecho de que vayan de 6 en 6 es crucial. Debemos pensar que, si quitásemos un único alumno, podríamos dividirlo de forma exacta entre 2 y entre 3, es decir, entre 6. Eso significa que los números que cumplen esta propiedad son los posteriores a los múltiplos de 6.

Para que suceda lo mismo al agrupar de cuatro en cuatro, debemos buscar los posteriores de los múltiplos de 12 (13, 25, 37, etc.).

Es evidente que sucederá lo mismo automáticamente al hacer grupos de 6 (sobrará uno para hacer grupos completos), pero si queremos que también suceda al agrupar de cinco en cinco, buscaremos los números posteriores a los múltiplos de 60, ya que es el múltiplo más pequeño de 12 y 5.

Así, tendremos que el número buscado pertenece a la familia 61, 121, 181, y demás. Pero queremos que sea múltiplo de 7, para que sí se puedan agrupar de 7 en 7.

Para esto no hay otro sistema sencillo que el ensayo de todos los números para ver cuál es el que nos interesa (siempre que quede por debajo de 400).

El único número que cumple esta condición es el 301, como ha escrito mucha gente en los comentarios.

Partículas en movimiento

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Partición del prisma

En este tipo de problemas, una de los métodos más eficaces es tratar de compartimentar los puntos en figuras más pequeñas en las que puedas garantizar distancias similares a las que buscas.

En este caso particular, podemos dividir el espacio de dentro del prisma en cuatro prismas triangulares, de forma que las dos bases del prisma grande quedan divididas en cuatro triángulos regulares iguales (ver la figura).

Dentro de cada prima pequeño (las bases son triángulos de lado 30, y la altura es de 40, como el original), la distancia mayor que puede encontrarse entre dos puntos es la diagonal de uno de los rectángulos de los lados, cuya distancia es precisamente 50 centímetros (que podemos calcular con el teorema de Pitágoras).

Como el número de prismas es 4 y tenemos cinco partículas, con seguridad hay dos en uno de ellos, por lo que se garantiza así que la distancia entre ambas es de 50 centímetros.

Como el enunciado exige que la distancia sea menor que 50, debemos razonar un poco más. En el peor caso, las dos partículas más próximas ocuparán los vértices de uno de los lados del prisma. Eso obliga a que al menos una de ellas estará en dos prismas a la vez (pues estará en la pared común), y a su vez obliga a que alguno de los otros prismas vecinos estén más próximas de lo debido. Sobre el dibujo podemos marcar las posiciones en las que queramos situar partículas y comprobar que siempre hay dos sobre la misma arista de uno de los prismas.

Cuadriláteros especiales

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Cuando sabes qué buscas, se trata de un problema de poca dificultad, sin embargo, en este caso, se complica extraordinariamente porque no sabes qué es lo que estás buscando.

Voy a tratarlo en principio con un poco de geometría analítica, combinada con algo de imaginación.

Supongamos que pones el centro de coordenadas en el punto P, y el primer vértice, A, sobre la parte positiva del eje x, a una distancia a del punto p (podríamos suponer que la distancia es 1 ajustando la unidad de medida, pero no es necesario).

Si situamos ahora el punto B, debe tener coordenada vertical negativa (por convexidad) -b, y el área del triángulo APB será ab/2.

Ahora, el punto D debe tener coordenada vertical positiva, y debe coincidir con b por la igualdad de áreas entre APB y APD.

Esto significa que el punto medio entre B y D debe caer sobre la recta PA. De la misma forma, el punto medio entre A y C debe caer sobre la recta PB.

Si el punto medio entre B y D no es exactamente P, eso significa que C está sobre una paralela a BP a la misma distancia que A, y sobre una paralela a DP a la misma distancia que A, con lo que sólo puede ser un punto: el simétrico de A respecto a P.

Dicho de otra forma: P es el punto medio de la diagonal AC, y el punto medio de la diagonal BD está sobre la recta AC.

Observa que si el punto medio entre B y D es precisamente P, tenemos una situación análoga.

Es decir, para que se dé la circunstancia pedida, las diagonales se deben cortar en el punto medio de una de ellas, y el punto P es el punto medio de la otra diagonal (no el punto de corte). Si se trata de un paralelogramo (se cortan por el punto medio de ambas), P es ese punto medio.

El DNI en Torrelandia

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Busquemos todas las soluciones posibles. Como el número, cada vez que lo recortemos para tener dos, cuatro, seis y ocho dígitos, es divisible por un número par, los únicos cuatro posibles dígitos pares (2, 4, 6, 8) ocupan esas posiciones, mientras que los cinco restantes ocupan las posiciones impares. Por las mismas razones, el quinto dígito no tiene más remedio que ser el cinco.

Para los dos primeros números tenemos, por tanto, 16 posibilidades: 12, 14, 16, 18, 32, 34, 36, 38, 72, 74, 76, 78, 92, 94, 96 y 98.

La tercera cifra debe ser impar, y sumar un múltiplo de 3 con las dos primeras. Así, algunas posibilidades quedan eliminadas, y otras tienen dos opciones: 123, 129, 147, 183, 189, 321, 327, 369, 381, 387, 723, 729, 741, 783, 789, 921, 927, 963, 981 y 987.

Si nos fijamos en que el número siguiente debe ser múltiplo de 4, sólo puede ser 2 o 6, por lo que casi duplica las posibilidades: 1236, 1296, 1472, 1476, 1832, 1836, 1892, 1896, 3216, 3276, 3692, 3812, 3816, 3872, 3876, 7236, 7296, 7412, 7416, 7832, 7836, 7892, 7896, 9216, 9276, 9632, 9812, 9816, 9872 y 9876.

El siguiente está claro que es un 5, y el siguiente número par debe sumar también un múltiplo de 3. Las posibilidades son 123654, 129654, 129654, 147258, 183654, 189654, 321654, 327654, 369258, 381654, 387654, 723654, 729654, 741258, 783654, 789654, 921654, 927654, 963258, 981654 y 987654.

Ahora, vamos a usar nuestra calculadora, para ir dividiendo entre 7 y calcular cuál ha de ser la cifra siguiente, para conseguir que sea divisible entre siete. Observa que esto es más difícil de lo que parece, porque debe ser un número impar diferente de 5 y que no esté repetido. Sólo quedan las siguientes posibilidades: 1296547, 1296547, 1472583, 3216549, 3816547, 7296541, 7836549, 9216543 y 9632581.

Ahora, necesitamos un dígito más, que haga que el resultado sea múltiplo de 8. En realidad, basta que, como antes, usemos el 2 y el 6. Siempre y cuando no estén repetidos, claro. Sólo nos queda 38165472. Ahora bien, el último número es fácil de poner, el que falta, ya que siempre sumará lo mismo y será un múltiplo de 9, en definitiva, 381654729.

Posiblemente nos habríamos ahorrado mucho trabajo si hubiésemos notado que el 2 y el 6 deben estar en las posiciones 4 y 8.