Archivo mensual: julio 2011

Desafío 20: ¡Todo el mundo a su silla!


Durante el mes de Agosto, y por motivos que no vienen al caso me va a ser prácticamente imposible moderar el Blog. Por ello voy a hacer el siguiente cambio (sustancial):

– Voy a cambiar la configuración de los comentarios, para que los de aquellas personas que hayan participado alguna vez en el Blog sean aprobados de forma automática.

Esto supone que os tendréis que autocensurar; y os ruego que mantengáis la filosofía que nos ha ido tan bien hasta ahora de no reventar las soluciones antes de tiempo, estoy seguro de que así lo haréis.

Yo me pasaré cuando pueda por aquí, no sé si poco, mucho o casi nada. No obstante, si se cuela algún comentario excesivo o inadecuado en cualquier sentido, os ruego que me aviséis a mi mail (santiprofemates@gmail.com) para que lo solucione de inmediato.

Un saludo a tod@s y apelo de nuevo a la elegancia que hemos demostrado hasta ahora. ¡A DISFRUTAR LOS QUE PODÁIS!

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Se consideran 35 sillas colocadas en fila y en las que están sentadas 35 personas. En un momento dado, las 35 personas se levantan y se vuelven a sentar donde estaban o en la silla de al lado (derecha o izquierda). Observad que las esquinas sólo tienen dos movimientos posibles en vez de tres.

El desafío es: ¿De cuántas formas distintas pueden sentarse la segunda vez las 35 personas en estas 35 sillas siguiendo esta condición?

NOTA IMPORTANTE: No se trata de decir de cuántas maneras se pueden sentar 35 personas en 35 sillas, sino de cuántas maneras pueden volver a sentarse, con las reglas dadas, 35 personas que estaban ya sentadas. Hay que tener en cuenta que ni al principio ni al final queda ninguna silla vacía; es decir, cada silla está ocupada por una persona (y solo una).

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Desafío 21: Un sistema de riego eficiente


Durante el mes de Agosto, y por motivos que no vienen al caso me va a ser prácticamente imposible moderar el Blog. Por ello voy a hacer el siguiente cambio (sustancial):

– Voy a cambiar la configuración de los comentarios, para que los de aquellas personas que hayan participado alguna vez en el Blog sean aprobados de forma automática.

Esto supone que os tendréis que autocensurar; y os ruego que mantengáis la filosofía que nos ha ido tan bien hasta ahora de no reventar las soluciones antes de tiempo, estoy seguro de que así lo haréis.

Yo me pasaré cuando pueda por aquí, no sé si poco, mucho o casi nada. No obstante, si se cuela algún comentario excesivo o inadecuado en cualquier sentido, os ruego que me aviséis a mi mail (santiprofemates@gmail.com) para que lo solucione de inmediato.

Un saludo a tod@s y apelo de nuevo a la elegancia que hemos demostrado hasta ahora. ¡A DISFRUTAR LOS QUE PODÁIS!

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El desafío de esta semana tiene que ver con hacer mínima la suma de las distancias a un conjunto de puntos dados.

En un jardín se quiere montar un sistema de riego automático. Para ello se instalará una boca de riego de la que saldrán tantas tuberías como árboles queramos regar, de modo que cada tubería llegue a uno de dichos árboles y que la suma de las longitudes de dichas tuberías sea mínima.

Es claro que si sólo tenemos 2 árboles y situamos la boca de riego en cualquier punto de la recta que los une, la suma de las longitudes de las tuberías es mínima, con independencia del punto de la recta que se elija.

Pues bien, ahora consideramos un jardín con 4 árboles y el desafío de esta semana consiste en determinar cuál es el punto (o los puntos, si hubiera más de uno) en los que hay que situar la boca de riego para que la suma de las longitudes de las cuatro tuberías sea mínima.

¡Cuidado!, porque la solución va a depender de la disposición que presenten los cuatro árboles en el jardín.

NOTA IMPORTANTE: Para que la solución sea válida, habrá que dar la respuesta correcta en todos los casos posibles, sin que sea necesario justificarla. Hay que tener en cuenta que, aunque siempre es imprescindible que haya tantas tuberías como árboles (es decir, cuatro), la boca de riego puede estar situada justo donde hay un árbol, en cuyo caso se considerará que la tubería que va a dicho árbol tiene una longitud 0.

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Desafío 22: Un cuadrado mágico especial


Durante el mes de Agosto, y por motivos que no vienen al caso me va a ser prácticamente imposible moderar el Blog. Por ello voy a hacer el siguiente cambio (sustancial):

– Voy a cambiar la configuración de los comentarios, para que los de aquellas personas que hayan participado alguna vez en el Blog sean aprobados de forma automática.

Esto supone que os tendréis que autocensurar; y os ruego que mantengáis la filosofía que nos ha ido tan bien hasta ahora de no reventar las soluciones antes de tiempo, estoy seguro de que así lo haréis.

Yo me pasaré cuando pueda por aquí, no sé si poco, mucho o casi nada. No obstante, si se cuela algún comentario excesivo o inadecuado en cualquier sentido, os ruego que me aviséis a mi mail (santiprofemates@gmail.com) para que lo solucione de inmediato.

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Tenemos un cuadrado mágico con los siguientes números:

1ª fila: 5, 22, 18;

2ª fila: 28, 15, 2;

3ª fila: 12, 8, 25.

La suma de sus filas, columnas y diagonales principales, que llamaremos constante mágica, es 45.

Pero este cuadrado tiene algo especial. Para verlo, utilizando como idioma el inglés, sustituiremos cada uno de los números del cuadrado por el número de letras de la palabra con la que se escribe dicho número en inglés (es decir, el 5 lo sustituiremos por un 4, ya que la palabra five tiene cuatro letras, el 22 lo sustituiremos por un 9 porque twenty two tiene nueve letras, etcétera).

Así, nos daremos cuenta al hacer todas las sustituciones de que lo que obtenemos es otro cuadrado mágico:

4, 9, 8;

11, 7, 3;

6, 5, 10.

Consideraremos por tanto especiales a estos cuadrados mágicos en los que el número de letras del nombre de los números que contiene forman a su vez otro cuadrado mágico. Evidentemente, esto dependerá del idioma usado, y este cuadrado mágico especial que obtenemos usando el inglés, no lo sería si hiciéramos lo mismo usando el español.

El desafío consiste en construir un cuadrado especial usando como idioma el español.

NOTA IMPORTANTE: Al enviar la respuesta deberéis anotar los números de la siguiente manera:

Fila 1: x x x

Fila 2: x x x

Fila 3: x x x

Además habrá que enviar una descripción del método seguido para encontrar el cuadrado mágico especial. Como recomendación aconsejamos observar los dos cuadrados mágicos del ejemplo. Uno de ellos os puede dar una pista para construir un cuadrado mágico especial.

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Desafío 23: Doce vértices y ¿seis distancias distintas?


Durante el mes de Agosto, y por motivos que no vienen al caso me va a ser prácticamente imposible moderar el Blog. Por ello voy a hacer el siguiente cambio (sustancial):

– Voy a cambiar la configuración de los comentarios, para que los de aquellas personas que hayan participado alguna vez en el Blog sean aprobados de forma automática.

Esto supone que os tendréis que autocensurar; y os ruego que mantengáis la filosofía que nos ha ido tan bien hasta ahora de no reventar las soluciones antes de tiempo, estoy seguro de que así lo haréis.

Yo me pasaré cuando pueda por aquí, no sé si poco, mucho o casi nada. No obstante, si se cuela algún comentario excesivo o inadecuado en cualquier sentido, os ruego que me aviséis a mi mail (santiprofemates@gmail.com) para que lo solucione de inmediato.

Un saludo a tod@s y apelo de nuevo a la elegancia que hemos demostrado hasta ahora. ¡A DISFRUTAR LOS QUE PODÁIS!

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En un cuadrado, es muy fácil observar que no podemos emparejar sus cuatro vértices, sin repetir ninguno, de forma que obtengamos 2 segmentos de longitud distinta. O bien podemos conseguir las dos diagonales, o bien dos de los lados, pero nunca podremos obtener un lado y una diagonal.

En cambio, en un octógono regular, sí que podemos emparejar sus ocho vértices, sin repetir ninguno, para obtener 4 segmentos de longitud distinta. Numerando los vértices del octógono del 1 al 8 en el sentido de las agujas del reloj, una forma de emparejarlos sería: (1,2), (3,6), (5,7) y (4,8).

El desafío consiste en decir si es posible emparejar los vértices de un polígono regular de 12 lados (un dodecágono regular), sin repetir ninguno, para obtener en este caso 6 segmentos de longitud distinta. En caso de que sí se pueda, hay que encontrar una combinación de 6 pares de vértices como la que hemos obtenido para el octógono. En caso de que no se pueda, hay que dar un razonamiento lógico que nos asegure por qué no.

NOTA IMPORTANTE: Recomendamos que no intentéis resolverlo probando todos los casos posibles.

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Desafío 24: Cómo tapar una mesa


Durante el mes de Agosto, y por motivos que no vienen al caso me va a ser prácticamente imposible moderar el Blog. Por ello voy a hacer el siguiente cambio (sustancial):

– Voy a cambiar la configuración de los comentarios, para que los de aquellas personas que hayan participado alguna vez en el Blog sean aprobados de forma automática.

Esto supone que os tendréis que autocensurar; y os ruego que mantengáis la filosofía que nos ha ido tan bien hasta ahora de no reventar las soluciones antes de tiempo, estoy seguro de que así lo haréis.

Yo me pasaré cuando pueda por aquí, no sé si poco, mucho o casi nada. No obstante, si se cuela algún comentario excesivo o inadecuado en cualquier sentido, os ruego que me aviséis a mi mail (santiprofemates@gmail.com) para que lo solucione de inmediato.

Un saludo a tod@s y apelo de nuevo a la elegancia que hemos demostrado hasta ahora. ¡A DISFRUTAR LOS QUE PODÁIS!

 

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Tenemos una mesa rectangular y un número suficientemente grande de círculos, todos del mismo tamaño. Se consideran dos tipos de distribuciones de círculos sobre el tablero:

La primera consiste en poner los círculos sobre la mesa, con su centro dentro de ella, de forma que no se superpongan (sí puede haber contacto) y además de forma que no quepa ningún otro círculo. En ese caso diremos que se ha llenado la mesa.

En la segunda distribución, los círculos sí pueden superponerse y se debe conseguir que todos los puntos de la mesa estén en alguno de ellos (es decir, que no quede a la vista ningún punto del tablero. En ese caso, diremos que se ha tapado la mesa.

El desafío consiste en demostrar que si la mesa se puede llenar con un número n de círculos, entonces se puede tapar con 4n de ellos.

NOTA IMPORTANTE: El planteamiento del desafío no dice nada sobre las medidas de los círculos ni de la mesa, que son totalmente arbitrarias. No se trata por tanto de calcular el número de discos o el tamaño que deberían tener, sino de justificar que la afirmación de que una mesa que se llena con n círculos se tapa con 4n círculos es siempre cierta.

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DESAFÍOS NUEVOS… BLOG NUEVO


Me explico: durante el mes de Agosto, y por motivos que no vienen al caso me va a ser prácticamente imposible moderar el Blog. Por ello voy a hacer el siguiente cambio (sustancial):

– Voy a cambiar la configuración de los comentarios, para que los de aquellas personas que hayan participado alguna vez en el Blog sean aprobados de forma automática.

Esto supone que os tendréis que autocensurar; y os ruego que mantengáis la filosofía que nos ha ido tan bien hasta ahora de no reventar las soluciones antes de tiempo, estoy seguro de que así lo haréis.

Voy a abrir 5 hilos de debate, uno para cada problema, para que los comentarios estén ordenados. En todos ellos pegaré estas novedades.

Yo me pasaré cuando pueda por aquí, no sé si poco, mucho o casi nada. No obstante, si se cuela algún comentario excesivo o inadecuado en cualquier sentido, os ruego que me aviséis a mi mail (santiprofemates@gmail.com) para que lo solucione de inmediato.

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Solución de El País al 19º Desafío Matemático


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La solución propuesta por el Profesor González-Meneses es la siguiente:

Supongamos que tenemos una forma de escribir 2^2012 como suma de cuatro cuadrados: 2^2012=A^2+B^2+C^2+D^2. Para obtener información sobre estos cuatro números A, B, C y D, usaremos un método muy útil para trabajar con números grandes: miraremos los restos que se obtienen al dividir cada sumando por un número pequeño, en este caso, el 8.

Veamos cuál es el resto de dividir A^2 entre 8.

Si A es par (múltiplo de 2), su cuadrado será múltiplo de 4. Por tanto, el resto de dividir A^2 entre 8, en este caso, debe ser 0 o 4.

Si A es impar, se escribirá A=2k+1. Su cuadrado será A^2=4k^2+4k+1=4k(k+1)+1. Observemos que, o bien k, o bien k+1 debe ser par, luego 4k(k+1) es múltiplo de 8. Por tanto, el resto de dividir A^2 entre 8, en este caso, es 1.

Análogamente, el resto de dividir B^2, C^2 o D^2 entre 8 debe ser también 0, 1 o 4.

Como la suma de los cuatro cuadrados es igual a 2^2012, que es múltiplo de 8, los cuatro restos deben sumar obligatoriamente 0, 8 o 16. Y como los restos sólo pueden ser 0, 1 o 4, se observa fácilmente (por ejemplo haciendo todas las combinaciones posibles), que nunca puede haber un 1. Es decir, A, B, C y D deben ser pares, y podremos escribirlos A=2a, B=2b, C=2c y D=2d.

Pero entonces, si tomamos la igualdad 2^2012=A^2+B^2+C^2+D^2 y la dividimos entre 4, obtenemos 2^2010=a^2+b^2+c^2+d^2. Podemos ahora repetir el argumento, concluyendo que a, b, c y d son pares, lo que nos da una descomposición como suma de cuatro cuadrados de 2^2008, luego otra de 2^2006, 2^2004, etc, dividiendo cada vez por 4 la igualdad anterior. Esto nos llevaría a obtener una descomposición de 2^2=4 como suma de cuatro cuadrados. Pero la única descomposición posible es 4=1+1+1+1, que sólo puede provenir de 2^2012=2^2010+2^2010+2^2010+2^2010. Es decir, 2^2012=(2^1005)^2+(2^1005)^2+(2^1005)^2+(2^1005)^2 es la única forma de descomponer 2^2012 como suma de cuatro cuadrados.

En el caso de 2^2011, el mismo argumento nos dice que cualquier descomposición de 2^2011 como suma de cuatro cuadrados, nos daría otra de 2^2009, 2^2007, etc. hasta llegar a 2^1=2. Pero como 2 no se puede descomponer como suma de cuatro cuadrados, se deduce que no hay ninguna manera de descomponer 2^2011 como suma de cuatro cuadrados.

De los más bonitos sin duda y mención especial al comentario final del profesor: “espero que no hayan perdido ninguna de las dos últimas condiciones” jejeje.

La semana que viene la cosa es a lo grande. Malo será que no caiga al menos un premio entre los blogueros…

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