SOLUCIÓN D37º – Un solo sitio de cruce

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La solución es que en todo proyecto válido siempre hay un sitio de cruce y solo puede haber uno. Por tanto, los valores máximo y mínimo coinciden y valen 1.

Para demostrarlo, hacemos la gráfica que se muestra a la izquierda (ver ampliación aquí) con los nombres de las familias en el eje de abscisas y los números de parcelas en el eje de ordenadas. A continuación, marcamos las celdas que representan una asignación familia-parcela. En la gráfica, hemos representado la situación inicial (figura1) con celdas azules y la de nuestro proyecto ejemplo (figura 2) con celdas amarillas. Observemos que la gráfica azul, relativa a la situación inicial, parte de la esquina inferior izquierda y llega a la esquina superior derecha, sin bajar nunca.

Observemos a continuación que la gráfica de un proyecto válido, sea cual sea este, deberá arrancar a la izquierda, necesariamente por encima de la gráfica azul, y llegar a la esquina derecha, necesariamente por debajo de la gráfica azul (porque ninguna familia puede repetir parcela y, por tanto, la A deberá estar por encima de la casilla 1 y la Z por debajo de la 20). Además, ambas gráficas deben presentar siempre celdas contiguas (unidas por un lado o por un pico), debido a la necesidad de mantener la relación de vecindad y, en los proyectos válidos, la gráfica puede oscilar para arriba y para abajo.

Así, debido a dónde empiezan y terminan, y a que recorren celdas contiguas, las dos gráficas tienen necesariamente que cruzarse en algún momento (deben tener un punto fijo). En nuestro problema, el punto fijo no puede darse en una celda común, porque eso querría decir que hay un vecino que no cambia de parcela. El cruce solo puede ocurrir en un pico de las celdas, tal como sucede en la gráfica de ejemplo.

Un cruce de este tipo representa a dos familias vecinas que intercambian su número de parcela. Dicho de otra forma, el punto fijo de la gráfica está en un sitio de cruce.

Además, al cruzarse las gráficas, necesariamente una sube y la otra baja. Puesto que la gráfica azul nunca baja, esto descarta que pueda haber más de un punto fijo, ya que no es posible un cruce que haga pasar la gráfica amarilla por encima de la azul.

Para completar nuestro razonamiento, debemos asegurarnos ahora de que un sitio de cruce siempre implica la existencia de un punto fijo en la gráfica. Eso está muy claro si en cada parcela solo hay un habitante, porque entonces la representación del intercambio de las dos parcelas entre los vecinos es la misma que la del cruce de gráficas de nuestro ejemplo. Pueden surgir dudas cuando en la parcela inicial vivan varias familias ya que las familias que intercambian parcela pueden quedar separadas en el eje de la gráfica.

Pero observemos que, cuando una familia intercambia la parcela con su vecino, si en su parcela inicial había otras familias, entonces todas ellas deben mudarse juntas a la parcela del vecino. Esto ocurre porque cada una de las otras familias debe ir a un lugar que mantenga la vecindad con ambas y, como no se puede quedar en su parcela inicial, acaba necesariamente en la parcela vecina.

Luego, en este caso, las familias se mudan en grupo, y el dibujo de esta situación muestra también necesariamente un cruce de gráficas para un par de familias vecinas. En conclusión: todo sitio de cruce implica la existencia de un punto fijo en la gráfica, y, por tanto, el punto de cruce también debe ser único.

Solución de Pedro Correa: Demostración desafío 37

Solución de José Luis Miota: 37 Un vecindario emprendedor.Maito

D37º – Un vecindario emprendedor

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El pueblo de Bolci solo tiene solo una calle y su terreno se divide en 20 parcelas alineadas y numeradas como se muestra en la figura 1. En esas parcelas, viven 26 familias que hemos nombrado con letras desde la A a la Z. Diremos que dos familias del pueblo son vecinas cuando vivan en la misma parcela (como ocurre con E y G) o cuando vivan en parcelas adyacentes, (como ocurre con D y G).

Debido al estado de deterioro de las casas, los habitantes de Bolci han decidido derribar sus viviendas actuales y construir una manzana de pisos que ocupará unas pocas parcelas. El resto del terreno lo habilitarán para zonas verdes, comercios y otros servicios para lograr un pueblo más moderno, habitable y ecológico. No se conoce aún donde estarán los pisos, ni cuantas viviendas habrá en cada edificio. Tampoco se sabe cómo los ocuparán las familias. pero los habitantes del pueblo han acordado que en el nuevo proyecto se deben respetar las tres condiciones siguientes:

1.- Respetar las divisiones parcelarias: Cada vivienda nueva debe estar completamente ubicada dentro de alguna de las primitivas parcelas.

2.- Mantener la vecindad: Las familias que ahora son vecinas deben seguir siéndolo cuando se trasladen a su nueva vivienda. Se puede tener también nuevos vecinos, pero los viejos hay que mantenerlos.

3.- Cambiar obligatoriamente de parcela: Ninguna familia puede mantenerse en su parcela inicial, todas deben cambiar de número de parcela.

Solo si se cumplen esas tres condiciones podremos decir que un proyecto es válido como, por ejemplo, el que muestra lafigura 2. Fijémonos que en el ejemplo que damos se da una circunstancia curiosa: Las familias vecinas L y M siguen estando en las parcelas 9 y 10. Tan solo han intercambiado entre sí el número de parcela. Decimos entonces que en las parcelas 9 y 10 hay un sitio de cruce. En cada proyecto, llamaremos sitio de cruce a dos parcelas que tienen al menos dos familias vecinas que intercambian entre sí el número de parcela que tenían en la distribución original.

Y el desafío de la semana consiste en determinar la cantidad mínima y máxima de sitios de cruce que puede llegar a tener un proyecto válido. En la respuesta, debéis indicar el valor mínimo y el valor máximo, aportar al menos un proyecto de ejemplo de cada caso, y señalar las razones que garantizan que no hay posibilidad de construir proyectos válidos con una cantidad de sitios de cruce fuera de ese rango.

Solución D36º: Así se obtienen tres medias enteras

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Antes de empezar a resolverlo vamos a recordar dos hechos sobre divisibilidad que se usarán en la resolución.

El primero es que si p es un número primo y p divide al producto mxn necesariamente p divide a m o a n.

El segundo hecho es que si m y n son dos números primos entre sí entonces si m divide a n x r necesariamente m divide a r.

Comencemos con la solución:

Si G es la media geométrica de p y q se tiene que G^2=pq por lo que p divide a G^2 lo que implica que p divide a G. Por tanto podemos escribir G=py. Tenemos, pues, que (py)^2=pq y simplificando obtenemos que q=py^2 para algún entero y.

Si A es la media aritmética de p y q tenemos que A=(p+q)/2 por lo que p+q=2A, es decir, p+py^2=2A, luego p x (1+y^2)=2A. Como 2A es par y p es impar concluimos que 1+y^2 es par por lo que y necesariamente es impar.

Por último, si H es la media armónica de p y q tenemos que H=2pq/(p+q), es decir, H x (p+q)=2pq. Por tanto H x (p+py^2)=2p x py^2 y simplificando dividiendo por p se obtiene que H x (1+y^2)=2py^2.

Tenemos, pues, que 1+y^2 divide a 2py^2; por otra parte 1+y^2 e y^2 son números consecutivos luego son primos entre sí, Podemos concluir entonces que 1+y^2 divide a 2p.

Recordemos que 1+y^2 es par por lo que si 1+y^2 divide a 2p obtenemos que (1+y^2)/2 es divisor de p.

Pero p es primo, por lo que sólo tiene dos divisores: 1 y p. Pero (1+y^2)/2 no puede ser 1 porque ello nos llevaría a que y=1 y, por tanto, a que p=q lo que no es posible porque exigimos que p y q fuesen distintos.

En definitiva, (1+y^2)/2=p. Si encontramos el menor y impar que haga que (1+y^2)/2 sea primo, tendremos resuelto el desafío. Ello se obtiene para y=15 con lo que p=113 y q=25425.

Solución de Pedro Correa: Demostración desafío 36
Solución José Luis Miota: (pulsar para agrandar)

2º BACH CCSS: EXAMEN 16-11-2011 RESUELTO

Aquí lo tenéis, como os haya salido mal…

L2A-B-PROBABILIDAD Y ESTADISTICA 16-11-2011 resuelto

D36º: Unas medias enteras

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La media aritmética de dos números se define como A(a,b)=(a+b)/2. Por ejemplo, A(3,7)=5

La media geométrica de dos números se define como G(a,b)=Raíz cuadrada de (axb). Por ejemplo, G(4,5)=Raíz (20)

Por último, la media armónica de dos números se define como H(a,b)=2/(1/a+1/b) que se puede simplificar operando algebraicamente como H(a,b)=2ab/(a+b). Por ejemplo, H(3,7)=2x3x7/ (3+7)= 4’2

El desafío de esta semana consiste en encontrar el menor primo p mayor que 100 para el que existe otro número entero distinto q, éste no necesariamente primo, de manera que las medias aritmética, geométrica y armónica de p y q sean números naturales.

Se considerarán correctas todas las soluciones que den valores válidos para p y q, pero, como siempre, nos gustaría que nos dijeseis cómo los habéis encontrado.

Solución D35º: Así se cuadra un rectángulo

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El desafío consistía en averiguar los lados de cada uno de los cuadrados y las medidas del rectángulo R. La solución debía incluir la lista de 12 números correspondientes a los lados de los 12 cuadrados cuyos lados desconocíamos y, además, las medidas del rectángulo R. Agradecíamos además que se comentara el procedimiento seguido.

Ordenados de menor a mayor los lados miden -exceptuando el ya conocido- 5, 9, 11, 14, 19, 20, 24, 31, 33, 36, 39 y 42. Y el rectángulo R mide 75 por 112 centímetros.

Nuestra propuesta para resolver el desafío es la siguiente. Partiendo del cuadrado rojo se trata de ir reconstruyendo el rectángulo R paso a paso, deduciendo la medida de cada lado a partir de las longitudes de los cuadrados construidos anteriormente, y copiando la estructura del dibujo que se nos da:

Numeramos los cuadrados de 1 a 12 como se muestra (en rojo) en la imagen: estos números representan el orden en el que vamos a ir realizando el problema. Los pasos son los siguientes:

1) suponemos que el lado del cuadrado 1 mide x,

2) así, el lado del cuadrado 2 mide x+3,

3) suponemos que el lado del cuadrado 3 mide y,

4) por lo tanto, el lado del cuadrado 4 mide x+y+3,

5) así, el lado del cuadrado 5 mide 2x+y+9,

6) se deduce que el lado del cuadrado 6 mide 2x+y+12,

7) por lo tanto, el lado del cuadrado 7 mide x+2y+3,

8) así, el lado del cuadrado 8 mide 2x-y+3,

9) se concluye que el lado del cuadrado 9 mide 3x-y+3,

10) se deduce que el lado del cuadrado 10 mide -x+4y,

11) así, el lado del cuadrado 11 mide 6y+3,

12) y por último, el lado del cuadrado 12 mide -x+10y+3.

Queda entonces reconstruido el rectángulo como se muestra en esta figura: hemos escrito las medidas de los lados de cada cuadrado en función de los lados de dos de ellos: x (cuadrado 1). e y (cuadrado 3).

Para encontrar los valores de x y de y, basta con comparar cuadrados de zonas que no han sido relacionadas durante la construcción, por ejemplo:

1) la suma de las longitudes de los lados de los cuadrados 1 y 9 coincide con la suma de las longitudes de los lados del cuadrado rojo y del 6, es decir:

x + (3x-y+3) = 3 + (2x+y+12),

y despejando se deduce que x = y+6.

2) la suma de las longitudes de los lados de los cuadrados 10 y 12 coincide con la suma de las longitudes de los lados de los cuadrados 8 y 9, es decir:

(-x+4y) + (-x+10y+3) = (2x-y+3) + (3x-y+3),

y despejando y sustituyendo x = y+6, se deduce que y = 5 y por lo tanto x = 11.

Así, se deducen las medidas de cada cuadrado sustituyendo x e y en cada cuadrado,como indica la figura y el rectángulo mide 112 (= 42+33) por 75 (= 42 + 31 + 39) cm.

 

 

Distribuciones de Probabilidad EJERCICIOS PAU RESUELTOS

ENUNCIADOS: distribuciones-de-probabilidad
RESUELTOS: DISTRIBUCIONES DE PROBABILIDAD PAU -RESUELTOS-

D35º: Un rectángulo de cuadrados

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Tenemos un rectángulo R que está subdividido en cuadrados como muestra la figura. Diréis que en la figura no todo son cuadrados, y es cierto. Lo que ha pasado es que la figura se ha deformado y los cuadrados se ven como rectángulos, pero sabemos que las alineaciones de los cuadrados que forman originalmente R son las mismas que las de los rectángulos de la figura. Sabemos también que el cuadrado rojo mide 3 cm de lado.

El desafío consiste en averiguar los lados de cada uno de los cuadrados y las medidas del rectángulo R. La solución debe incluir una lista de 12 números que sea los lados de los 12 cuadrados cuyos lados no sabemos y, además, las medidas del rectángulo.

Nos gustaría saber cómo habéis llegado al resultado, pero se considerarán válidas y entrarán en el sorteo todas las respuestas que den los números correctos.

Solución gráfica al D34º – Miquel Garriga

Miquel Garriga me ha enviado su solución gráfica al D34º. Como veréis ha sido mencionado por ello en la solución de El País con todo merecimiento. Un saludo y gracias Miquel.

Solución D34º – La astucia a veces no basta

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La respuesta es que, desafortunadamente para él, es el gusanito astuto quien aplaca el hambre de la golondrina. Veamos los cálculos.

Como ya hemos indicado, la base de un cono no es el camino más corto para llegar de un punto a otro diametralmente opuesto. Existe una curva, llamada geodésica, cuya longitud es la más corta para llegar de un punto al otro en una superficie dada. Las rectas en el plano son un ejemplo muy claro de geodésicas.

Nuestro desafío está planteado en tres dimensiones. Sin embargo, si en nuestro cono hacemos un corte recto desde la base hasta el vértice y lo tumbamos sobre el suelo reducimos el problema a dos dimensiones. Todas las distancias se conservan (hemos hecho una isometría), con lo que el problema planteado se resuelve con las técnicas básicas de geometría.

En el dibujo se ve claramente que el camino elegido por el gusano astuto (marcado en rojo) es el más corto posible, y en particular más corto que el de su hermano. Calculemos su valor. A partir del dibujo se ve que el ángulo de apertura del cono es de 180 grados, y que tenemos por tanto un semicírculo.

Se puede comprobar analíticamente que el ángulo es 180º. Llamando r al radio de la base, que vale 1 para nuestra colina, y g a la longitud de la pendiente (en matemáticas se suele llamar generatriz del cono), que en este caso es 2, tenemos

ángulo = 360º x r/g = 360º x 1/2 = 180º

También podemos comprobarlo, como han hecho muchos lectores, observando que se trata de un arco de circunferencia de radio 2 y longitud la longitud de la base del cono. Esta longitud es 2 x pi x r=2 x pi x 1=2 x pi, y como la longitud de una circunferencia de radio 2 sería 2 x pi x 2=4 x pi y tenemos la mitad de esta cantidad se trata de un semicírculo.

Sea x el camino corto elegido por el gusano astuto. Aplicando el teorema de Pitágoras:

x = raíz cuadrada de (2^2+2^2) = raíz cuadrada de 8, aproximadamente 2,83 metros

Hallemos ahora la distancia que recorre el gusanito alegre. Llamémosla y. Como camina a lo largo de la base del cono, dividiendo entre 2 la longitud de la circunferencia que forma la base obtenemos el resultado:

y = (2 x pi x r)/2 = pi, luego será aproximadamente 3,14 metros

Recordando que la velocidad de ambos es 1mm/s el tiempo empleado es:

t(astuto) = 2,83m/0,001m/s = 2534,3 s, aproximadamente 47 minutos

t(alegre)= 3,14m/0,001m/s = 3141,6s, aproximadamente 52 minutos

Como vemos el gusanito astuto llega unos 5 minutos antes que se hermano, y, por desgracia, a pesar de que salió 3 minutos más tarde la golondrina se lo come.

Solución de José Luis Miota: 34 Dos gusanitos y una golondrina voraz. Maito

 

 

2º BACH: Problemas Selectividad: DISTRIBUCIONES DE PROBABILIDAD

Esta colección  incluye problemas de la PAU  sobre D. Binomial y D. Normal. Id haciéndolos, en unos días los pondré resueltos.

DISTRIBUCIONES DE PROBABILIDAD

D34 – Dos gusanitos y una golondrina voraz

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Dos hermanos gusanitos de seda han discutido quién de los dos llega antes a casa desde un punto que está en la base de una colina. La colina tiene forma de cono recto con una base circular de 1 metro de radio y una ladera de longitud 2 metros, como se muestra en este dibujo. La casa se encuentra en el punto diametralmente opuesto a aquel en el que se encuentran los gusanitos. Uno de los gusanitos es más astuto y sabe calcular el camino más corto, mientras que su hermano es más alegre y escoge el primer camino que encuentra, la base del cono.

Sin embargo, ninguno de los dos sabe que en su casa les está esperando una golondrina muerta de hambre que se comerá al primero que llegué. En el instante que el gusanito alegre echa a andar el astuto se pone a calcular la trayectoria óptima, en lo que emplea exactamente 3 minutos. Una vez la tiene empieza su camino. Suponiendo que los dos gusanos se desplazan con la misma velocidad de 1 mm/s, el desafío consiste en determinar quién será la víctima de la golondrina ¿el gusanito alegre o el gusanito astuto?

Para que la respuesta sea considerada correcta habrá que indicar no sólo el gusanito-víctima, sino también los cálculos que han llevado a la conclusión.

 

ALUMNOS 2º BACH: PROBLEMAS RESUELTOS PAU PROBABILIDAD

Aquí va la primera remesa de problemas resueltos de probabilidad de la PAU. Como veréis casi siempre siguen el mismo esquema:

– Diagrama en árbol.
– Teorema de Probabilidad Total.
– Teorema de Bayes.

PROBLEMAS PAU CYL-BLOQUE I

Solución D33 – Cómo eliminar el sesgo de una tabla

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Llamamos serie resultado a la serie de bits que se pide construir en el desafío. Una solución sencilla es la siguiente:

1) Tomamos la primera pareja de la serie de bits generada con la taba.

1.a – Si la pareja es repetitiva (es decir o bien 00 o bien 11) la desechamos.

1.b – En otro caso (es decir o bien 01 o bien 10) nos quedamos con el primer bit de la pareja, que será el primer bit de la serie resultado.

2) Repetimos el primer paso con la siguiente pareja de la serie de bits de la taba. Si no es repetitiva, el bit que extraemos de esta pareja se añade al final de lo que llevamos de la serie resultado. Y así sucesivamente hasta agotar la serie de bits de la taba.

Para demostrar la validez de esta solución vamos a usar la letra p refiriéndonos a la probabilidad de que, tras lanzar la taba, queden hacia arriba las partes hundidas del hueso, lo que corresponde a un 1. En consecuencia la probabilidad del 0 es 1-p. Calculamos la probabilidad de que, en la serie de la taba, salga una pareja no repetitiva. Como cada lanzamiento es independiente del anterior multiplicamos las probabilidades individuales:

Probabilidad del suceso 01 = (1-p) × p

Probabilidad del suceso 10 = p × (1-p)

Sabemos que el orden los factores no altera el producto y entonces notamos que ambos sucesos 01 y 10 tienen la misma probabilidad de ocurrir dentro de la serie de la taba. Por este motivo la serie obtenida siguiendo este método no tiene sesgo. Además conserva la propiedad de ser aleatoria que le viene de que también es aleatoria la serie original de la taba. No sabemos cuál es el valor concreto de p, sin embargo ¡no hace falta saberlo! Si usamos una taba distinta tendrá posiblemente otra carga y en consecuencia otro valor para p, sin embargo esto no impide que la solución siga funcionando.

Solución de José Luis Miota: 33 Azarosa taba.Maito