3ª Olimpiada Estatal Jugando con las Matemáticas. Primaria y Secundaria

“Quien quiere hacer algo encuentra un medio; quien no quiere hacer nada encuentra una excusa.” Proverbio árabe

“Aquellos que se toman el juego como un simple juego y el trabajo con excesiva seriedad, no han comprendido mucho ni de uno ni de otro.” H. Heine (Siglo XIX)

Contenido Retos de Inducción ......................................................................................................................................................... 1 Introducción. .............................................................................................................................................................. 1 Pautas a seguir en la resolución de problemas .......................................................................................................... 1 JUEGOS MATEMÁTICOS Y ESTRATEGIAS GANADORAS. ................................................................................................. 3 ANÁLISIS DE POSICIONES “GANADORAS” Y “PERDEDORAS” ..................................................................................... 3 Persecución cartesiana. ............................................................................................................................................. 3 La carrera del cien ...................................................................................................................................................... 4 Descenso hacia el 0 .................................................................................................................................................... 4 ACERTIJOS, PROBLEMAS DE LÓGICA E INGENIO. ........................................................................................................... 4 PROBLEMAS .................................................................................................................................................................... 6 PARA TERMINAR ...........................................................................................................................................................12 ANÁLISIS Y SOLUCIONES A LOS TRES JUEGOS. .............................................................................................................16 (PERSECUCIÓN CARTESIANA) juego No.1 .................................................................................................................16 (LA CARRERA DEL CIEN) juego No. 2 .........................................................................................................................18 DESCENSO HACIA EL 0. Juego No. 3 .........................................................................................................................20 ACERTIJOS, PROBLEMAS DE LÓGICA E INGENIO. (SOLUCIONES) .................................................................................22 SOLUCIONES A LOS PROBLEMAS DE INDUCCIÓN A LA 3ª OLIMPIADA ESTATAL “JUGANDO CON LAS MATEMÁTICAS” ......................................................................................................................................................................................24

Retos de Inducción Introducción. La resolución de problemas es considerada en la actualidad la parte esencial de la educación matemática. Mediante la resolución de problemas, los estudiantes experimentan la potencia y utilidad de las Matemáticas en el mundo que les rodea. Antes de abordar la resolución de problemas matemáticos es necesario delimitar qué es lo que entendemos por problema. Un problema o desafío es una cuestión a la que no es posible contestar por aplicación directa de ningún resultado conocido con anterioridad, sino que para resolverlo es preciso poner en juego conocimientos diversos, matemáticos o no, y buscar relaciones nuevas entre ellos. En los desafíos no es evidente el camino a seguir; incluso puede haber varios; y desde luego no está codificado y enseñado previamente. Hay que apelar a conocimientos dispersos, y hay que poner a punto relaciones nuevas.

Pautas a seguir en la resolución de problemas Para resolver problemas no existen fórmulas mágicas; no hay un conjunto de procedimientos o métodos que aplicándolos lleven necesariamente a la resolución del problema (aún en el caso de que tenga solución). Pero de ahí no hay que sacar en consecuencia una apreciación ampliamente difundida en la sociedad: la única manera de resolver un problema sea por "ideas luminosas", que se tienen o no se tienen. Es evidente que hay personas que tienen más capacidad para resolver problemas que otras de su misma edad y formación parecida. Que suelen ser las que aplican (generalmente de una manera inconsciente) toda una serie de métodos y mecanismos que suelen resultar especialmente indicados para abordar los problemas. Son los, procesos que se llaman "heurísticos": operaciones mentales que se manifiestan típicamente útiles para resolver problemas. El conocimiento y la práctica de los mismos es justamente el objeto de la resolución de problemas, y hace que sea una facultad entrenable, un apartado en el que se puede mejorar con la práctica. Pero para ello hay que conocer los procesos y aplicarlos de una forma planificada, con método. Es ya clásica, y bien conocida, la formulación que hizo Polya (1945) de las cuatro fases esenciales para la resolución de un problema, que constituyen el punto de arranque de todos los estudios posteriores: 1. COMPRENDER EL PROBLEMA. Parece, a veces, innecesaria, sobre todo en contextos escolares; pero es de una importancia capital, sobre todo cuando los problemas a resolver no son de formulación estrictamente matemática. Entender el problema que se tiene que abordar es la tarea más difícil, resulta por ello de gran importancia orientar a los alumnos en el proceso. - Se debe leer el enunciado despacio. - ¿Cuáles son los datos? (lo que conocemos) - ¿Cuáles son las incógnitas? (lo que buscamos) - Hay que tratar de encontrar la relación entre los datos y las incógnitas. - Si se puede, se debe hacer un esquema o dibujo de la situación.

1

2. TRAZAR UN PLAN PARA RESOLVERLO. Hay que plantearla de una manera flexible y recursiva, alejada del mecanicismo. - ¿Este problema es parecido a otros que ya conocemos? - ¿Se puede plantear el problema de otra forma? - Imaginar un problema parecido pero más sencillo. - Suponer que el problema ya está resuelto; ¿cómo se relaciona la situación de llegada con la de partida? - ¿Se utilizan todos los datos cuando se hace el plan? 3. PONER EN PRÁCTICA EL PLAN También hay que plantearla de una manera flexible y recursiva, alejada del mecanicismo. Y tener en cuenta que el pensamiento no es lineal, que hay saltos continuos entre el diseño del plan y su puesta en práctica. - Al ejecutar el plan se debe comprobar cada uno de los pasos. - ¿Se puede ver claramente que cada paso es correcto? - Antes de hacer algo se debe pensar: ¿qué se consigue con esto? - Se debe acompañar cada operación matemática de una explicación contando lo que se hace y para qué se hace. - Cuando se tropieza con alguna dificultad que nos deja bloqueados, se debe volver al principio, reordenar las ideas y probar de nuevo. 4. COMPROBAR LOS RESULTADOS. Es la más importante en la vida diaria, porque supone la confrontación con contexto del resultado obtenido por el modelo del problema que hemos realizado, y su contraste con la realidad que queríamos resolver. - Leer de nuevo el enunciado y comprobar que lo que se pedía es lo que se ha averiguado. - Debemos fijarnos en la solución. ¿Parece lógicamente posible? - ¿Se puede comprobar la solución? - ¿Hay algún otro modo de resolver el problema? - ¿Se puede hallar alguna otra solución? - Se debe acompañar la solución de una explicación que indique claramente lo que se ha hallado. - Se debe utilizar el resultado obtenido y el proceso seguido para formular y plantear nuevos problemas. Hay que pensar que no basta con conocer técnicas de resolución de problemas: se pueden conocer muchos métodos pero no cuál aplicar en un caso concreto. Por lo tanto hay que enseñar también a los alumnos a utilizar los instrumentos que conozca, con lo que nos encontramos en un nivel metacognitivo, que es donde parece que se sitúa la diferencia entre quienes resuelven bien problemas y los demás. Para terminar sólo queremos hacer dos consideraciones. La primera hace referencia a que el contexto en el que se sitúen los problemas, que por parte de los profesores se tienden a considerar como irrelevante o, al menos como poco significativo, tiene una gran importancia, tanto para determinar el éxito o fracaso en la resolución de los mismos, como para incidir en el futuro de la relación entre las matemáticas y los alumnos. La segunda, que parece una perogrullada, es que la única manera de aprender a resolver problemas es resolviendo problemas; es muy bueno conocer técnicas y procedimientos, pero vistos en acción, no sólo a nivel teórico, porque si no, es un conocimiento vacío. Luego, hay que hacer cuantos esfuerzos sean precisos para que la resolución de problemas sea el núcleo central de la enseñanza matemática. 2

JUEGOS MATEMÁTICOS Y ESTRATEGIAS GANADORAS. ANÁLISIS DE POSICIONES “GANADORAS” Y “PERDEDORAS” En este taller se plantean juegos matemáticos para desarrollar entre dos jugadores. Los juegos que aquí se proponen son juegos de estrategias, es decir aquellos en los que los jugadores deben buscar estrategias para ganar. Son problemas de varios tipos: En unos se trata de juegos de posición, se trata de desplazarse en una cuadrícula hacia una meta; en los otros se trata de escribir números en un tablero y realizar determinadas operaciones aritméticas. Los juegos que siguen permiten ejemplificar los procesos heurísticos o estrategias generales para resolver problemas e iniciar a los estudiantes en el desarrollo de procesos propios del pensamiento matemático.

Persecución cartesiana. Se juega sobre el tablero que se ve en la figura 1. El primer jugador hace una marca en la casilla de salida. En su turno cada jugador puede hacer una marca en una casilla de situada

META

P

G

P

P

SALIDA

SALIDA

Figura 1 Tablero de la persecución Cartesiana

Figura 2. Casillas “perdedoras”.

 Directamente encima.  Directamente a la derecha.  En diagonal (encima y a la derecha) de la última marca hecha por su oponente. Gana el primer jugador que consiga llegar a la meta.

3

La carrera del cien El que empieza dice un número cualquiera del 1 al 10. El otro jugador le suma al número que dijo su oponente un número del 1 al 10 y dice el resultado. Continúan jugando así, por turnos. Gana el que primero dice 100.

Descenso hacia el 0 Se comienza con el número 1000 escrito en el pizarrón. En cada turno, uno de los jugadores sustrae al número que está escrito, un número natural menor o igual que él, que sea potencia de 2. El resultado se escribe nuevamente en el pizarrón, y el número anterior se borrado. El jugador que llega a 0 gana.

ACERTIJOS, PROBLEMAS DE LÓGICA E INGENIO. 1. Un pastor tiene que pasar un lobo, una cabra y una lechuga a la otra orilla de un río, dispone de una barca en la que solo caben él y una de las otras tres cosas. Si el lobo se queda solo con la cabra se la come, si la cabra se queda sola con la lechuga se la come. ¿Cómo debe hacerlo? 2. Un oso camina 10 Km. hacia el sur, 10 hacia el este y 10 hacia el norte, volviendo al punto del que partió. ¿De qué color es el oso? 3. Un hombre está al principio de un largo pasillo que tiene tres interruptores, al final hay una habitación con la puerta cerrada. Uno de estos tres interruptores enciende la luz de esa habitación, que esta inicialmente apagada. ¿Cómo lo hizo para conocer que interruptor enciende la luz recorriendo una sola vez el trayecto del pasillo? Pista: El hombre tiene una linterna. 4. Tres hermanos se reparten la herencia de su padre que está formada por 35 caballos y en el testamento el padre dejo escrito que el mayor se quedara con la mitad de la herencia, el mediano con la tercera parte y el más pequeño con la novena parte. Como las divisiones no eran exactas estos no se ponían de acuerdo, por lo que decidieron consultar con un viejo matemático que les propuso lo siguiente: Puesto que 35 caballos no se pueden dividir exactamente por la mitad, ni por la tercera parte ni por la novena, yo os regalo el mío, ahora tenéis 36 caballos por lo que los tres saldréis ganando. Tú por ser el mayor te llevaras la mitad de 36, es decir 18 caballos.

4

Tú por ser el mediano la tercera parte, 12 caballos. Y tú por ser el pequeño según los deseos de tu padre, la novena parte, 4 caballos. Ahora ya tenéis los tres vuestra herencia, y como 18+12+4=34 ahora sobran dos caballos, por lo que yo recupero el mío y me quedo también con el otro por resolver vuestro problema. ¿Cómo es esto posible? 5. Entre vacas, ovejas y gallinas. El amo de una hacienda de España, le dio al criado 500 pesetas para que fuese al mercado a comprarle 100 cabezas de ganado, teniendo este que comprar: vacas, ovejas y gallinas y emplear justo las 500 pesetas. Cuando llego al mercado comprobó que las vacas costaban 25 pesetas, las ovejas 5 pesetas y las gallinas un real. ¿Cuantas cabezas de ganado compró de cada uno? (la peseta era equivalente a 4 reales) 6. En un matadero el jefe le dice al empleado: Hay que matar estas 30 ovejas en 15 días, matando al menos una por día y siempre número impar. ¿Puede el empleado cumplir la orden de su jefe? 7. Ramsés es un jugador empedernido que cuando dispone de dinero se lo juega a los dados. Siempre lo hace de la misma forma: gane o pierda, apuesta la mitad del dinero que tiene; a la segunda jugada, apuesta la mitad del dinero que tiene entonces; en la tercera jugada, la mitad de lo que tiene después de la segunda; y así sucesivamente. Cierta tarde tenía 16 pesos y jugó 6 veces, ganó tres y perdió otras tres. ¿Con cuánto dinero acaba? 8. En una extraordinaria batalla, por lo menos el 70% de los combatientes perdió un ojo; el 75% una oreja, por lo menos el 80% perdió una mano y el 85% una pierna. ¿Cuántos, por lo menos perdieron los cuatro órganos? 9. Tenemos una garrafa con 10 litros de agua y otra con 10 litros de vino, se echan tres litros de agua en la garrafa de vino y se mezcla, después se vuelven a echar tres litros de la mezcla en la garrafa del agua. ¿Qué habrá después del cambio, más agua en la garrafa de vino o más vino en la garrafa del agua? 5

10. En un cajón dentro de un cuarto oscuro hay 24 calcetines colorados y 24 azules. ¿Cuál es el número menor de calcetines que tengo que sacar del cajón para estar seguro de que saco, por lo menos, dos del mismo color?

PROBLEMAS 1. En la figura se muestra un triángulo y un hexágono regular cuya intersección es una figura de 3 lados (un triángulo). Dibuja un hexágono regular y un triángulo (no tiene que ser equilátero) de modo que la figura formada por la intersección de ambos tenga el máximo número posible de lados. Justifica que no es posible obtener otra figura con más lados.

2. El primer examen selectivo para la olimpiada de matemáticas en nuestra escuela tiene 20 preguntas. Cada pregunta tiene un valor de 3 puntos si es contestada correctamente, 0 puntos si es contestada equivocadamente y 1 punto si se deja sin contestar. La calificación de los participantes es la suma de los puntos obtenidos en los 20 problemas. ¿Cuántas calificaciones distintas se pueden obtener en el examen? Si el examen es de opción múltiple y cada problema tiene 4 opciones. ¿Qué conviene más, adivinar las respuestas o dejar el examen sin contestar?

6

3. Supongamos que desea resolverse el problema “la suma de todos los impares menores a 1000000” haciendo toda la operación: “1+3+5+7+9+11+........+999997+999999=” en una calculadora. Si tardamos 1 minuto en presionar 100 teclas de la calculadora, ¿cuánto tiempo tardaremos en obtener el resultado de la suma? 4. En una pizzería las pizzas medianas miden 8 pulgadas de diámetro y cuestan $55. La pizza familiar mide 16 pulgadas de diámetro y cuesta $165. Un grupo de amigos quiere comprar varias pizzas, no saben si comprar seis pizzas medianas o comprar dos familiares. ¿Cuál de estas dos opciones les da más “pizza por su dinero”? 5. El precio de los dulces en una tienda es menor a $2.00, pero mayor a $1.03. En la tienda se vendieron todos los dulces a un total de $31.45. Si todos los dulces valen lo mismo. ¿Cuántos dulces se vendieron? 6. En la figura se muestra una malla triangular de 4 pisos. ¿Cuál es la cantidad total de triángulos equiláteros que se pueden formar tal que sus lados estén sobre las líneas de una malla triangular de 10 pisos? ¿De 15 pisos? ¿De n pisos?

(XV Olimpiada de matemáticas 2015)

7. El lado del cuadrado grande mide 10 metros. Si se unen los puntos medios de los lados con los vértices, ¿cuál es el área del cuadro central?

Nota: la respuesta no es 25.

7

8. Encuentra todos los valores de x que sean solución de la ecuación: 8 x + 2 = 4 x + 2 x+1 9. Considera una pirámide triangular formada por 4 triángulos equiláteros (también se llama tetraedro regular). Llamamos a los vértices A, B, C, D. Si E es el punto medio de AB, F es el punto medio de AC y los cuatro triángulos equiláteros tienen lado 2, encuentra el área del triangulo ΔDEF.

10. Encuentra (sin usar calculadora y sin aproximar con decimales) el valor numérico exacto de la siguiente expresión: √4 +

3 √7 2

+ √4 −

3 2

√7

11. Los números de dos cifras 96 y 46 tienen la curiosa propiedad de que al multiplicarlos el resultado es igual al obtenido si cambiamos la posición de las cifras de cada uno. Es decir 96 x 46 = 69 x 64. Determina si que existe otro número de dos cifras; distinto a 46, que tiene la misma propiedad al multiplicarlo por 96. ¿Cuántos números diferentes hay con esa propiedad? 12. En un baile había 28 personas, N de ellas eran mujeres. La mujer 1 bailó con 5 hombres, la mujer 2 bailó con 6 hombres, la mujer 3 bailo con 7 hombres y así sucesivamente hasta la mujer N que bailó con todos los hombres. ¿Cuántos hombres y cuántas mujeres había en el baile? 13. En los vértices de un heptágono regular ABCDEF se van colocando fichas como sigue: Primero se colocan fichas saltando de dos en dos: una ficha en A, una ficha en C, una ficha en E, luego en G, después en B, enseguida en D y finalmente en F. En ese momento, todos los vértices tienen la misma cantidad de fichas y el proceso continúa saltando de tres en tres: una ficha en B, una ficha en E, una en A y cuando todos los vértices tengan la misma cantidad de fichas se continúa con saltos de cuatro en cuatro y cuando tengan todos la misma cantidad se hace de cinco en cinco. Finalmente, cuando todos los vértices tengan la misma cantidad de fichas, empezaremos de nuevo con saltos de dos en dos, luego de tres en tres y así sucesivamente. ¿En qué vértice se coloca la ficha número 2015?

(XV Olimpiada de matemáticas 2015)

8

14. Un lógico (L) y un matemático (M) son amigos y cumplen años el mismo día. En una de sus fiestas de cumpleaños platican sobre sus respectivas edades. Aquí está el dialogo: - L: Estoy pensando en tres números enteros que multiplicados dan 2450 y sumados dan tu edad. - M: Después de pensarlo mucho, no puedo saber con seguridad en cuáles números estás pensando. - L: Cada uno de los números es menor a mi edad. - M: Ahora ya sé cuáles son los números en los que estás pensando. Encuentra las edades de ambos amigos. 15. Un grupo de pintores deben pintar 279 puertas. 186 puertas deben ser pintadas de blanco y el resto deben ser pintadas de negro. Durante la primera mitad del día todos los pintores se dedican a pintar puertas blancas. En la segunda mitad del día, la mitad de los pintores pintan puertas blancas y la otra mitad pintan puertas negras. Las puertas blancas quedan terminadas justo al terminar el primer día, pero no todas las negras. El siguiente día es dedicado por un solo pintor para terminar de pintar el resto de las puertas negras. ¿Cuántos pintores había? 16. Drini tiene fichas de dos figuras diferentes, cuadrados y polígonos regulares de n lados y los lados de las fichas tienen la misma longitud. Los lados de cada ficha están numerados en el sentido de las manecillas del reloj. Drini inicia con un cuadrado y pega el lado 1 de un polígono con el lado 3 del cuadrado, después pega el lado 1 de un nuevo cuadrado con el lado 3 del polígono anterior y así sucesivamente. ¿Para qué valores de n lados se puede formar una figura cerrada, es decir, que el lado 1 del primer cuadrado coincida con el lado 3 del último polígono? Ejemplo: para polígonos de n = 7 un segmento de la cadena queda como en la figura.

(XV Olimpiada de matemáticas 2015) 17. Un padre y su hijo tienen en conjunto 88 años. Su edad respectiva está compuesta por las 2 mismas cifras pero colocadas al revés. ¿Cuáles son esas posibles cifras?

9

18. En la figura tienes un castillo de naipes de dos pisos. Han sido necesarias 7 cartas para formarlo. ¿Cuántas cartas serán necesarias para hacer un castillo de 13 pisos de altura?

19. (LA CAJA) Tengo una caja de cartón cuyas caras tienen respectivamente 80, 96 y 120 cm2. ¿Podría decir la altura, anchura y profundidad de la caja?

20. Determinar la medida del < P si las rectas AB y CD son paralelas.

10

21. ¿Cómo podría formarse un cuadrado con los pedazos de la cruz que resulten de hacerle sólo dos cortes de tijera?

22. Tres pasteles del mismo grosor, cuyos diámetros miden cinco, cuatro y tres unidades, deben repartirse entre cuatro niños, de tal forma que todos reciban la misma cantidad de pastel. ¿Cuál es el mínimo número de pedazos con el que se puede hacer la repartición?

23. Cinco matrimonios en los que los maridos son celosos desean cruzar un río en un bote que sólo resiste a tres personas. Ninguno de estos maridos permite que su esposa se quede en el bote o en alguna de las orillas con otros hombres si él no está presente. ¿Cuál es el mínimo número de viajes que debe hacerse para poder pasar a las cinco parejas al otro lado del río?

24. Una imprenta recibe el encargo de diseñar un cartel con las siguientes características: la zona impresa debe ocupar 100 cm2, el margen superior debe medir 3 cm, el inferior 2 cm, y los márgenes laterales 4 cm cada uno. Calcula las dimensiones que debe tener el cartel de modo que se utilice la menor cantidad de papel posible.

11

PARA TERMINAR El patrón dibujado en la parte izquierda de la figura permite construir el cubo de la derecha.

Dibujar la letra, en su posición correcta, que debe aparecer en cada una de las caras del cubo que se muestra que ha sido obtenido usando el mismo patrón:

12

SOPA DE LETRAS Hay que encontrar los 9 elementos escondidos en la sopa de letras. Jugando, se descubre que con sólo 9 años, María Gaetana, hablaba y escribía correctamente 7 idiomas. Buscar: • Por una desafortunada traducción a María Gaetana se le recuerda por un sobrenombre que evoca a ciertas mujeres montadas en escobas… • Cuando tenía 9 años era capaz de hablar y escribir 7 idiomas. Descúbrelos. • Tuvo muchos. Muchos hermanos. ¿Cuántos?

¿CÓMO DIBUJAR UNA ELIPSE CON UNA CUERDA Y DOS CHINCHETAS? Sujeta firmemente una hoja de papel a una mesa, o a una superficie fija, y clava sobre ella dos chinchetas, A y B, separadas una de otra unos 10 cm. Con un trozo de hilo o de cuerda fina de unos 14 o 15 cm de longitud, ata uno de sus extremos a la chincheta A y el otro, a la B. Por último, con un lápiz, tensa la cuerda y, manteniéndola como indica la figura, desplaza la punta del lápiz sobre el papel. La curva que va dibujando es una elipse.

B

A

13

¡SOMOS ARMÓNICOS Y ARMÓNICAS! Toma las siguientes medidas a un compañero/a y rellena la tabla con las tres proporciones indicadas:

1ª proporción

2ª proporción

3ª proporción

a=

a=

a=

b=

b=

b=

Calcula el valor medio de las tres proporciones anteriores:

Cuanto más se aproxima cada proporción y la media de ellas a 1,61803…............ (Que es ) más armónica podemos decir que es la persona.

14

DEL RECTÁNGULO ÁUREO AL ICOSAEDRO Dados los tres rectángulos áureos:

Móntalos como se muestra a continuación:

Observa que cada rectángulo se corta con los otros formando un ángulo recto o, como decimos más frecuentemente, de forma ortogonal. Coloca, en cada vértice, un alfiler. Une los doce vértices de los rectángulos con gomas. Habrás obtenido una figura en el espacio que tiene 20 caras, triángulos equiláteros: El ICOSAEDRO

15

ANÁLISIS Y SOLUCIONES A LOS TRES JUEGOS. (PERSECUCIÓN CARTESIANA) juego No.1 1. Análisis del juego y solución. Veamos cómo un simple análisis “de atrás hacia adelante” nos permitirá decidir quién tiene estrategia ganadora y cómo ha de jugar. Claramente, quien arribe a la “meta” ha ganado el juego, así que ésta es por excelencia la casilla “ganadora” y la denotaremos con una “G” (ver figura 2). ¿Cómo se llega a esta casilla? Se puede acceder a ella de tres maneras:  O bien desde la casilla que está inmediatamente a la izquierda de la meta;  O bien desde la casilla que está inmediatamente debajo de la meta;  o bien desde la casilla que se encuentra “diagonalmente” debajo y a la izquierda de la meta. A cualquiera de estas tres casillas la llamaremos “perdedoras”. ¿Por qué? Pues porque si arribo a alguna de ellas, el jugador siguiente ― si juega sin equivocarse, claro ― llegará a la meta. Es decir, ganará. Por eso las denotaremos con una “P”, son casillas adonde si quiero ganar este juego, no debería poner mis fichas nunca. O dicho de otra manera más concreta, si arribo a alguna de estas casillas, es seguro que voy a perder si mi rival sabe jugar inteligentemente. A partir de ahora el análisis se vuelve un poco más delicado, pero con un poco de paciencia y sin perder de vista las reglas del juego, podemos hacer un análisis global. ¿Cuándo puedo marcar una casilla como “ganadora”? Es fácil ver que las posiciones “G” son aquellas para las cuales el jugador siguiente ― juegue como juegue ― estará forzado a moverse a una posición “P”. Un simple análisis nos muestra que las posiciones ganadoras provienen de las siguientes situaciones “previas” (aquí el juego siempre se analiza desde el punto superior derecho ― la meta ― hacia “atrás”, es decir hacia la izquierda y hacia abajo), ver figura 3

P

P

P P

P

FIGURA 3. Posiciones que definen una casilla “ganadora” (el primer y el tercer grupo están sobre un “borde” del tablero) Por otro lado, una situación “P” se puede marcar cada vez que tenga a mi derecha, o arriba, o arriba a la derecha alguna (no necesariamente todas) posición ganadora. Es claro que esto es así ya que si mi rival conoce bien el juego, y yo arribo a una casilla “perdedora”, él se ocupará en su turno siguiente de mover la ficha a una posición ganadora (ver figura 4)

G

*

G

G *

* *

G

*

FIGURA 4. Posiciones que definen una casilla “perdedora”

16

* G

Teniendo en cuenta estas reglas, es posible “llenar” el tablero de G’s y P’s que nos indicarán qué tipo de casilla en cada una de las 15 que hay en juego. Utilizando el análisis que aparece en la figura 7, vemos inmediatamente que las posiciones extremas (arriba a la izquierda y abajo a la derecha) de las que ya habíamos completado, son “ganadoras” (ver figura 5) Sigamos un paso más, y veamos que se puede completar también las dos casillas “de en medio” que nos dejó el tablero en el análisis de la figura 5. En este caso, se tratarán de casillas “perdedoras” ya que cada una de ellas mi rival ― jugando inteligentemente ― puede arribar a una casilla ganadora. Así que tenemos nuevamente una situación como la que se describe en la figura 6. Analizamos un paso más para asegurarnos de haber comprendido las reglas de la resolución. La casilla que queda vacía en la fila y columna número 3 está en posición “ganadora”: desde allí, no importa lo que haga mi rival, irá a parar a una casilla P (ver figura 7).

G

P

G

G

P

G

P

P

P

P

P

P

G

Salida

G

Salida

FIGURA 5. Nuevas posiciones “ganadoras”

FIGURA 6

A partir de aquí ya podemos continuar el análisis, siempre “desde arriba hacia abajo” y “desde la derecha hacia la izquierda”, utilizando las reglas mencionadas anteriormente. Si lo hacemos correctamente, arribaremos a un tablero como el d|e la figura 8. ¿Qué quiere decir la posición G al principio? Uno estaría tentado de decir que conviene ser el primero ya que uno arranca en una posición ganadora. Pero es fácil ver mirando ahora la figura 11, que cualquier movimiento que haga la persona que comienza, ¡caerá en una posición “perdedora”! Así que, en este juego, tiene estrategia ganadora la persona que no empieza jugando. Esto es así pues hemos dado valor a las casillas como si hubiéramos arribado allí (la última casilla es “ganadora” para el que consiga poner su ficha allí), y como a la casilla inicial no arriba nunca sino que se comienza de allí, podríamos pensar que el que juega hace su primer movida poniendo la ficha en la casilla de salida, y eso le garantiza la victoria.

Salida

G

P

G

G

G

G

P

G

P

P

P

P

P

P

P

P

G

P

G

G

P

G

P

G

FIGURA 7.

FIGURA 8.

17

Respuesta: Tiene estrategia ganadora el jugador que no comienza el juego. La estrategia viene dada por el tablero de la figura 8. No necesariamente los juegos que admiten un análisis de casillas “ganadoras” y “perdedoras” como los juegos del curso anterior y el actual han de ser sobre un tablero donde las casillas aparecen físicamente. El siguiente es un ejemplo de un juego que puede ser analizado de manera similar al anterior, aunque no involucra ningún tablero.

Ejercicio 1.1. Jugar con un compañero varias veces este juego, utilizando la tabla. Intercambiando las posiciones de primero y segundo entre los jugadores. El que juega primero, que intente “demorar” lo más posible la agonía. ¿Cuál es la mayor cantidad de “pasos” que puede durar una partida de este juego?

Ejercicio 1.2. Hacer el análisis equivalente al de la figura 8 para un tablero de 4 filas y 7 columnas. ¿Quién tiene estrategia ganadora ahora?

Ejercicio 1.3. Encontrar los valores de m y n para los cuales tiene estrategia ganadora el jugador que comienza jugando en un tablero de m filas y n columnas. Demostrar esta afirmación (el principio de inducción puede ser de utilidad en este caso).

(LA CARRERA DEL CIEN) juego No. 2 1. Análisis del juego y solución. Para analizar este juego podemos construir un “tablero” como el de la figura 9 conteniendo los 100 números del 1 al 100. No hace falta que sea cuadrado el tablero, lo importante es que contenga los primeros cien números naturales. Tal como hemos hecho en el juego anterior, indicamos con G y P las casillas “ganadoras” y “perdedoras” respectivamente, y también haremos un análisis “de atrás hacia adelante”. Con este criterio, está claro que quien arribe a conseguir el número 100 habrá ganado el juego, o sea que el 100 es G. también está claro que si uno de los dos jugadores arriba a cualquiera de los números 90, 91, 92, 93…99 sería el “perdedor”. ¿Por qué? Pues porque llegar al número 100 sumándole un número entre 1 y 10 según las reglas del juego. Luego las “casillas” entre el 90 y el 99 son “perdedoras”.

Figura 9

Figura 10

18

Y ahora haremos una observación importante, que será crucial para “resolver” todo el “tablero”. Afirmamos que la “casilla” número 89 es “ganadora”. En efecto, esto es así ya que si yo consigo llegar a este número, no impórtalo que pueda hacer mi rival, él conseguirá en el paso siguiente uno de los números entre 90 y 99, que son todos números “perdedores”. Luego, esta casilla me deja en posición de ganar (ver figura 10) A partir de esta observación, es fácil ver que el análisis del juego “se repite” para atrás (como si remplazara la casilla 100 por la 89. Notar que entonces las casillas del 78 al 88 serán “perdedoras”, la número 77 entonces ganadora… y así sucesivamente se llena el tablero como indica la figura 11

1 G 11 P 21 P 31 P 41 P 51 P 61 P 71 P 81 P 91 P

2 P 12 G 22 P 32 P 42 P 52 P 62 P 72 P 82 P 92 P

3 P 13 P 23 G 33 P 43 P 53 P 63 P 73 P 83 P 93 P

4 P 14 P 24 P 34 G 44 P 54 P 64 P 74 P 84 P 94 P

5 P 15 P 25 P 35 P 45 G 55 P 65 P 75 P 85 P 95 P

6 P 16 P 26 P 36 P 46 P 56 G 66 P 76 P 86 P 96 P

7 P 17 P 27 P 37 P 47 P 57 P 67 G 77 P 87 P 97 P

8 P 18 P 28 P 38 P 48 P 58 P 68 P 78 G 88 P 98 P

9 P 19 P 29 P 39 P 49 P 59 P 69 P 79 P 89 G 99 P

10 P 20 P 30 P 40 P 50 P 60 P 70 P 80 P 90 P 100 G

FIGURA 11 Respuesta: Tiene estrategia ganadora el jugador que comienza el juego. Debe elegir el número 1 en su primer jugada, y a partir de allí seguir la estrategia dada por la tabla de la figura 3.

Ejercicio 2.1. Hacer el análisis del juego si la “meta” es llegar al número 35 siguiendo las mismas reglas del juego. ¿Sigue teniendo estrategia ganadora el primer jugador? ¿Y si la meta fuera el 77? Ejercicio 2.2. Mirando el tablero de la figura 3, uno podría conjeturar que la posición ganadora son números congruentes entre sí módulo 1. ¿Es cierto esto? ¿Podrías demostrarlo?

Ejercicio 2.3. Resolver en función de n < m, el juego “general” donde se ha de arribar al número m eligiendo primero entre 1 y n, y a partir de allí sumando cualquier número entre 1 y n. El juego anterior podría resolverse también analizando unos primeros casos (por ejemplo “jugando” solamente con los números del 1 al 20), e intentando deducir alguna regla general que nos sirva para tener que llegar al 100 sin tener que hacer todo el análisis de la figura 1. Veremos más de esto en la sección siguiente, donde la estrategia para analizar el juego viene de mirar algunas regularidades o patrones en el juego. De momento lo utilizamos en la siguiente situación. 19

DESCENSO HACIA EL 0. Juego No. 3 Análisis del juego y solución. Supongamos que el número más alto que estuviera escrito en la pizarra es el 10 y no el 1000. Entonces podemos hacer un análisis más sencillo de las posiciones “ganadoras” del juego. A primera vista, está claro que el 0 es G y que las posiciones de 2: 1, 2, 4 y 8 son P’s:

0 G

1 P

2 P

3 ?

4 P

5 ?

6 ?

7 ?

8 P

9 ?

10 ?

Ahora continuamos el análisis en una segunda ronda: los números que serán “ganadores” serán aquellos a los que, sin importar lo que haga el jugador rival, arribará a una posición “perdedora”, por ejemplo, el 3 será G ya que las posibilidades para el rival cuando le toque jugar son  

3 – 1 = 2. Que es P. 3 – 2 = 1, que también es P.

El análisis del juego queda ―de momento ― así:

0 G

1 P

2 P

3 G

4 P

5 P

6 G

7 ?

8 P

9 ?

10 ?

Y aplicando el mismo análisis que hemos hecho anteriormente al 7, al 9 y al 10 en ese orden, llegamos a la siguiente tabla donde hemos resaltado las posiciones “ganadoras”.

0 G

1 P

2 P

3 G

4 P

5 P

6 G

7 P

8 P

9 G

10 P

Uno podría ahora continuar con esta tabla hasta llegar al número 1000, que seguramente si lo hace con bastante paciencia arribará a responder la pregunta inicial de quién tiene estrategia ganadora. Pero a simple vista, conjeturaremos que las posiciones “ganadoras” son aquellas que son múltiplos de 3, lo cual es verdad en general. Invitamos al lector a intentar demostrar este hecho antes de continuar leyendo lo que sigue. Proposición: En este juego, las posiciones “ganadoras” son los números múltiplos de 3, y el resto de los números es P. Demostración: Obviamente ni 1, ni 2, ni 4, ni 8, . . . ninguna de las potencias de 2 puede ser un múltiplo de 3 ya que en su factorización solo aparecen múltiplos de 2. De hecho, algunas dejan resto 2 y otras dejan resto 1 en la división por 3. La posición “ganadora” (el 0) es un múltiplo de 3. Luego,  

Si estoy parado en una posición que sea un múltiplo de 3, haga lo que haga mi rival, acabará en una posición que NO es un múltiplo de 3. Por otro lado, si estoy en una posición que no es un múltiplo de 3, siempre puedo (restando 1 o 2 por ejemplo), arribar a una posición que sea múltiplo de 3.

En definitiva, si estoy parado en una posición de la forma 3k con k > 0 (múltiplo positivo de 3), haga lo que haga mi rival, yo podré nuevamente volver a otra posición de la forma 3k’ con k’ < k. como “la” posición ganadora será 0 = 3 x 0, entonces sí estoy parado en una posición de la forma 3k en algún momento, me puedo asegurar de mantenerme siempre en “múltiplo de 3” hasta arribar al 0. Así que los números de la forma 3k son G’s. 20

Por otro lado, si estoy en una posición que no es múltiplo de 3, como en el paso siguiente el jugador rival ― si juega con este mismo esquema ― podrá llevarme hasta una posición de la forma 3k, se situará él en una posición G. de esto se deduce que los números que no son múltiplos de 3 son P, ya que a partir de cualquiera de ellos se puede arribar a una G. Respuesta: Tiene estrategia ganadora el jugador que comienza el juego. La estrategia será la siguiente: primero le restará al 1000 una potencia de 2 que deje resto 1 en la en la división por 3 (como 1 o 4…), ya que al hacerlo le quedará un múltiplo de 3 en el pizarrón. Luego irá “bajando” en el juego forzando siempre la aparición de un múltiplo de 3 en su turno.

Ejercicio 3.1. Demostrar que si las reglas del juego se hubieran modificado de la manera siguiente, “en cada paso restamos 1 o 2 del número que está escrito en la pizarra”, habríamos arribado igualmente al mismo análisis y estrategia que en el juego original.

Ejercicio 3.2. Elegimos ahora un numero k < 1000. Supongamos que el juego se acaba cuando uno “llega” a conseguir en la pizarra el número k. ¿Quién tiene estrategia ahora? ¿Y si en lugar de “conseguir el número k” cambiamos la regla por “conseguir el número k o uno menor que él”? ¿Quién tiene estrategia ganadora?

Ejercicio 3.3. Resolver el problema general: dados k < n, se comienza con el número n escrito en la pizarra y se acaba al arribar a k, bajando “en posición de 2”. Decidir en función del dato (k, n) qué jugador tiene estrategia ganadora.

Ejercicio 3.4. ¿Y si se bajara en posición de 3? ¿Cómo sería el análisis del juego?

21

ACERTIJOS, PROBLEMAS DE LÓGICA E INGENIO. (SOLUCIONES) 1. El pastor pasa primero la cabra, la deja en la otra orilla y regresa a por el lobo, al cruzar deja al lobo y vuelve con la cabra, deja la cabra y cruza con la lechuga, deja la lechuga con el lobo y regresa a por la cabra. 2. El color del oso es blanco, por ser un oso polar. Los únicos lugares donde se cumple la condición de regresar al punto de partida son el Polo Norte y cualquier punto situado a 10 km al norte de los paralelos que midan 10 km de circunferencia, puesto que al hacer los 10 km al este volveremos al punto de partida. En cualquiera de estos casos estaremos en uno de los Polos, por lo que el oso será blanco. 3. Al principio del pasillo hay tres interruptores, A, B y C, nuestro personaje pulsa el interruptor A, espera 10 minutos, lo apaga, pulsa el B y atraviesa el pasillo. Al abrir la puerta se puede encontrar con tres situaciones: Si la luz está encendida el pulsador será el B. Si la luz está apagada y la bombilla caliente será el A. Y si está apagada y la bombilla fría será el C. 4. La suma de los porcentajes de la herencia es 1/2 + 1/3 + 1/9 = 17/18 por lo que al hacer el reparto de los 35 caballos habrían sobrado 1/18 de estos, que es el equivalente a un caballo entero y parte de otro. Esta parte incompleta de caballo es la que se reparte de más entre los hermanos para que se puedan llevar caballos enteros, y el otro caballo de sobra junto con el del matemático son los dos caballos que se lleva este. 5. 80 gallinas X 1 real = 80 reales = 20 ptas 1 oveja a 5 ptas 19 vacas a 25 ptas = 475 pesetas 80 gallinas = 20 ptas 1 oveja = 5 ptas 19 vacas = 475 ptas 100 animales = 500 ptas

22

6. El problema nos pide matar al menos una por día, partiendo de matar una oveja por día, en 15 días se matan 15 ovejas y nos quedan otras 15 por matar.

Si en un día cualquiera matamos X ovejas en vez de una, y siendo X un número impar, el número total de ovejas muertas ese día aumenta en un número PAR. Como no se puede llegar a 15 sumando números pares, no se pueden matar las 15 ovejas restantes aumentando un número par de ovejas muertas por día. 7. El orden de pérdidas y ganancias es indiferente, acaba perdiendo 9 pesos y 25 centavos. 8. Por lo menos el 45% perdió el ojo y la oreja. Por lo menos el 65% perdió la mano y la pierna. Por lo menos el 10% perdió los cuatro órganos. 9. Hay dos modos de resolver este acertijo, por media de la aritmética o de la lógica. Opción aritmética. Al echar tres litros de agua en el vino tendremos en la garrafa de vino 13 litros de mezcla de los que 3/13 partes serán agua y 10/13 partes vino. Al devolver los tres litros de mezcla a la garrafa de agua habremos devuelto 3*10/13 litros de vino al agua, o lo que es lo mismo 30/13 litros de vino en la garrafa de agua. Cuando teníamos 13 litros de mezcla en la garrafa de vino 3 litros eran de agua, y decíamos que teníamos 3/13 partes de agua y 10/13 partes de vino, al devolver 3 litros a la garrafa de agua devolvemos 3*3/13 litros de agua, o lo que es lo mismo sacamos 9/13 litros de agua a la garrafa de vino, por lo tanto quedaran 3 – 9/13 litros de agua en el vino, que es igual a 39/13-9/13 que es igual a 30/13 litros de agua en el vino. Por lo tanto por el medio aritmético sabemos que en la garrafa de vino tenemos 30/13 de litros de agua y en la de agua 30/13 de litros de vino. Opción lógica. Después de hacer la mezcla en las dos garrafas continuamos teniendo 10 litros, por lo tanto el agua que nos falte de una garrafa ha sido sustituida por la misma cantidad de vino y a la inversa en la otra garrafa, en las dos garrafas tendremos la misma cantidad de líquido de la otra que es lo que nos preguntaba el problema.

Esta última solución es más rápida, sabemos que la respuesta al enigma es que en las dos garrafas hay la misma parte de la otra, pero no conocemos cual es la cantidad, por el medio aritmético si lo sabíamos.

10. La respuesta correcta es tres. Si tomo tres calcetines, o serán todos del mismo color (en cuyo caso ya tengo por lo menos dos del mismo color) o dos serán de un color y uno del otro y, por lo tanto, habré sacado dos del mismo color. Si la pregunta hubiera sido "¿Cuál es el número menor de calcetines que tengo que sacar para que me salgan por lo menos dos calcetines de diferente color?", la respuesta hubiera sido 25, pero el problema decía "por lo menos dos calcetines del mismo color".

23

SOLUCIONES A LOS PROBLEMAS DE INDUCCIÓN A LA 3ª OLIMPIADA ESTATAL “JUGANDO CON LAS MATEMÁTICAS” 1. En la figura se muestra un triángulo y un hexágono regular cuya intersección es una figura de 3 lados (un triángulo). Dibuja un hexágono regular y un triángulo (no tiene que ser equilátero) de modo que la figura formada por la intersección de ambos tenga el máximo número posible de lados. Justifica que no es posible obtener otra figura con más lados.

Solución:

El polígono formado por la intersección del triángulo con el hexágono tiene un máximo de 9 lados. Justificación: no es posible obtener otra figura que tenga mayor número de lados por que el hexágono esta intersecado en todos sus lados.

24

2. El primer examen selectivo para la olimpiada de matemáticas en nuestra escuela tiene 20 preguntas. Cada pregunta tiene un valor de 3 puntos si es contestada correctamente, 0 puntos si es contestada equivocadamente y 1 punto si se deja sin contestar. La calificación de los participantes es la suma de los puntos obtenidos en los 20 problemas. ¿Cuántas calificaciones distintas se pueden obtener en el examen? Si el examen es de opción múltiple y cada problema tiene 4 opciones. ¿Qué conviene más, adivinar las respuestas o dejar el examen sin contestar? Solución: Pregunta: ¿Cuántas calificaciones distintas se pueden obtener en el examen? Según la posibilidad de obtener la calificación de cero es contestar las 20 equivocadas; para un punto 19 equivocada y una sin contestar; para dos puntos 18 errores y dos sin contestar y 3 puntos sería un acierto y 19 errores… hasta completar 60 puntos que sería todas con acierto. Por lo tanto, sería 61 calificaciones distintas (0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12, 13, 14, … 59, 60) Pregunta: ¿Que conviene más, adivinar las respuestas o dejar el examen sin contestar? Si el examen se deja sin contestar sería 20 puntos seguros y si adivina y se cumple la probabilidad en cada pregunta sería del 25 % o sea que obtendría 15 puntos, por lo que conviene dejar sin contestar. 3. Supongamos que desea resolverse el problema (la suma de todos los impares menores a 1000000) haciendo toda la operación: “1+3+5+7+9+11+........+999997+999999 =” en una calculadora. Si tardamos 1 minuto en presionar 100 teclas de la calculadora, ¿cuánto tiempo tardaremos en obtener el resultado de la suma? Solución: Sean los primeros números impares 1, 3, 5, 7, 9 = 5 números impares por lo tanto serán 5 teclas. Ahora bien los números 11, 13, 15, 17, 19 los siguientes números impares sumando un total de 10 por 9 igual a 99 teclas. Siguiendo esta secuencia tenemos: 101, 103, 105, 107, 109 = 15 x 10 x 10 = 1500 teclas. 1001, 1003, 1005, 1007, 1009 = 20 x 10 x 10 = 2000 teclas. 10001, 10003, 10005, 10007, 10009 = 25 x 10 x 10 = 2500 teclas. 100001, 100003, 100005, 100007, 100009 = 30 x 10 x 10 = 3000 teclas Ahora sumando todas las teclas nos dan un total de 9104 teclas. Si tardamos un minuto en presionar 100 teclas entonces nos tardaremos 91.04 minutos en presionar las 9104 teclas.

25

4. En una pizzería las pizzas medianas miden 8 pulgadas de diámetro y cuestan $55. La pizza familiar mide 16 pulgadas de diámetro y cuesta $165. Un grupo de amigos quiere comprar varias pizzas, no saben si comprar seis pizzas medianas o comprar dos familiares. ¿Cuál de estas dos opciones les da más “pizza por su dinero”? Solución:

Respuesta: LAS DOS PIZZAS FAMILIARES. Datos Pizzas medianas 8 in de diámetro = 4 in de radio Pizzas familiares 16 in de diámetro = 8 in de radio Lo que se pide, si se compran 6 pizzas medianas con costo de $ 55.00 c/u 2 pizzas familiares con costo de $ 165.00 c/u

Cálculos Área de la pizza mediana A = πr 2 A = 3.1416 x 42 A = 3.1416 x 16 = 50.2656 in2 Como son 6 las que quieren comprar 50.2656 x 6 = 301.5936 in2

Área de la pizza familiar A = πr 2 A = 3.1416 x 82 A = 3.1416 x 64 = 201.0624 in2 Como son 2 las que quieren comprar 201.0624 x 2 = 402.1248 in2

Se comparan las área ya que el espesor es el mismo (eso se infiere). Y los costos 55 x 6 = $ 330.00 165 x 2 = $ 330.00 son los mismos Entonces conviene comprar dos pizzas familiares ya que es más producto 402.1248 > 𝟑𝟎𝟏. 𝟓𝟗𝟔𝟑 in2 y es el mismo costo. 5. El precio de los dulces en una tienda es menor a $2.00, pero mayor a $1.03. En la tienda se vendieron todos los dulces a un total de $31.45. Si todos los dulces valen lo mismo ¿cuántos dulces se vendieron? Solución: Una forma de resolver este problema es determinar los factores primos de 31.45 y probar en la igualdad (1.030

31

√𝑎 + 𝑏 − 2√𝑎𝑏 = √𝑎 - √𝑏 1

con a>b>0

1

Tenemos: 2(√9+√7 +√9 -√7) = 2(2√9) √9 = 3 Deducción de la fórmula: (√𝑎 + √𝑏)² = (√𝑎)² + 2√𝑎√𝑏 + (√𝑏)² (√𝑎 + √𝑏)² = a + 2√𝑎. 𝑏 + b √(√𝑎 + √𝑏)² = √𝑎 + 𝑏 + 2√𝑎. 𝑏 √𝑎 + √𝑏 = √𝑎 + 𝑏 + 2√𝑎. 𝑏 con a>0, y b>0 √𝑎 -√𝑏 = √𝑎 + 𝑏 − 2√𝑎. 𝑏

con a> 𝑏 > 0.

11. Los números de dos cifras 96 y 46 tienen la curiosa propiedad de que al multiplicarlos el resultado es igual al obtenido si cambiamos la posición de las cifras de cada uno. Es decir 96 x 46 = 69 x 64. Determina si existe otro número de dos cifras; distinto a 46, que tiene la misma propiedad al multiplicarlo por 96. ¿Cuántos números diferentes hay con esa propiedad? Solución: Se observa que los números 96 y 46 hay una relación de proporcionalidad en sus dígitos, o sea: 4 6

6

2

= = : Entonces aparece que la combinación de 96 x 46 = 69 x 64 = 4 416 9 3 Y 96 x 23 = 69 x 32 = 2 208. Esa propiedad la tienen los números 1 2 3 = = , por lo que 2

4

6

21 x 24 = 12 x 42 = 504 21 x 36 = 12 x 63 = 756 21 x 48 = 12 x 84 = 1 008 42 x 48 = 24 x 84 = 2 016 63 x 48 = 36 x 84 = 3 024 1 2 3 = = 3 6 9

31 x 26 = 13 x 62 = 806 31 x 39 = 13 x 93 = 1 209 62 x 39 = 26 x 93 = 2 418 41 x 28 = 14 x 82 = 1 148

1 2 = 4 8

32

2 4 6 = = 3 6 9

32 x 46 = 23 x 64 = 1 472 32 x 69 = 23 x 96 = 2 208 64 x 69 = 46 x 96 = 4 416

2 4 = 4 8

43 x 68 = 34 x 86 = 2 924

Hay 28 números de dos cifras que tienen esa propiedad (12, 13, 14, 21, 23, 24, 26, 28, 31, 32, 34, 36, 39, 41, 42, 43, 46, 48, 62, 63, 64, 68, 69, 82, 84, 86, 93, 96)

12. En un baile había 28 personas, N de ellas eran mujeres. La mujer 1 bailó con 5 hombres, la mujer 2 bailó con 6 hombres, la mujer 3 bailo con 7 hombres y así sucesivamente hasta la mujer N que bailó con todos los hombres. ¿Cuántos hombres y cuántas mujeres había en el baile? Solución: Respuesta: Hay 12 mujeres y 16 hombres Mujeres

Hombres

Mujeres

Hombres

1

5

7

11

2

6

8

12

3

7

9

13

4

8

10

14

5

9

11

15

6

10

12

16

13. En los vértices de un heptágono regular ABCDEF se van colocando fichas como sigue: Primero se colocan fichas saltando de dos en dos: una ficha en A, una ficha en C, una ficha en E, luego en G, después en B, enseguida en D y finalmente en F. En ese momento, todos los vértices tienen la misma cantidad de fichas y el proceso continúa saltando de tres en tres: una ficha en B, una ficha en E, una en A y cuando todos los vértices tengan la misma cantidad de fichas se continúa con saltos de cuatro en cuatro y cuando tengan todos la misma cantidad se hace de cinco en cinco. Finalmente, cuando todos los vértices tengan la misma cantidad de fichas, empezaremos de nuevo con saltos de dos en dos, luego de tres en tres y así sucesivamente. ¿En qué vértice se coloca la ficha número 2015? (XV Olimpiada de matemáticas 2015)

33

Solución:

Son 28 fichas y se termina en F, se divide 2015 entre 28 = 71 y sobran 27 fichas y la ficha 27 se encuentra en el vértice A. Por lo tanto la ficha 2015 se coloca en el vértice A.

14. Un lógico (L) y un matemático (M) son amigos y cumplen años el mismo día. En una de sus fiestas de cumpleaños platican sobre sus respectivas edades. Aquí está el dialogo:

L: Estoy pensando en tres números enteros que multiplicados dan 2450 y sumados dan tu edad. M: Después de pensarlo mucho, no puedo saber con seguridad en cuáles números estás pensando. L: Cada uno de los números es menor a mi edad. M: Ahora ya sé cuáles son los números en los que estás pensando. Encuentra las edades de ambos amigos. Solución Los factores primos de 2450 = [2, 5, 5, 7, 7]; se realizan las combinaciones como [2x5 = 10; 5x1 = 5 y 7x7 = 49] en donde la suma es 64. Otra combinación

[2x5=10, 5x7=35, 7x1=7] la suma es 52. [2x7=14, 5x5=25, 7x1=7] la suma es 46. [2x5x5=50, 7x1=7, 7x1=7] la suma es 64. [7x7=49, 5x5=25, 2x1=2] la suma es 76.

Hay dos grupos de números que suman 64 y por lógica se escoge el primero y se concluye que el Matemático (M) tiene 64 años y el Lógico (L) tiene 10x5=50 años.

34

15. Un grupo de pintores deben pintar 279 puertas. 186 puertas deben ser pintadas de blanco y el resto deben ser pintadas de negro. Durante la primera mitad del día todos los pintores se dedican a pintar puertas blancas. En la segunda mitad del día, la mitad de los pintores pintan puertas blancas y la otra mitad pintan puertas negras. Las puertas blancas quedan terminadas justo al terminar el primer día, pero no todas las negras. El siguiente día es dedicado por un solo pintor para terminar de pintar el resto de las puertas negras. ¿Cuántos pintores había? Solución Se observa que los tres números tienen divisores primos comunes, como sigue: Los factores primos de 279 son [3, 3, 31], los del 186 son [2, 3, 31] y los del 93 que es el resto [3, 31], el 31 es número primo y sería las puertas que pinta un pintor, por lo que las 279 se divide entre 31 = 9 porque 31 x 9 = 279. Se restra 9 – 1 = 8 ya que el nueve puede ser de los mismos 8 que trabajan el primer día. La respuesta es 8 pintores son los que trabajaron el primer día, los cuales pintaron las 186 puertas blancas y 62 puertas negra y las 31 puertas negras restantes las pinta un pintor.

16. Drini tiene fichas de dos figuras diferentes, cuadrados y polígonos regulares de n lados y los lados de las fichas tienen la misma longitud. Los lados de cada ficha están numerados en el sentido de las manecillas del reloj. Drini inicia con un cuadrado y pega el lado 1 de un polígono con el lado 3 del cuadrado, después pega el lado 1 de un nuevo cuadrado con el lado 3 del polígono anterior y así sucesivamente. ¿Para qué valores de n lados se puede formar una figura cerrada, es decir, que el lado 1 del primer cuadrado coincida con el lado 3 del último polígono? Ejemplo: para polígonos de n = 7 un segmento de la cadena queda como en la figura.

(XV Olimpiada de matemáticas 2015) Solución: Se forma una figura cerrada para el Pentágono, Hexágono, Octágono, Dodecágono. Con el uso de Geogebra se experimenta los demás que no cumplen con la condición.

35

Pentágono. Sí cumple la condición

Hexágono. Sí cumple la condición

Heptágono. No cumple la condición

Octágono. Sí cumple la condición

Eneágono. No cumple la condición

Decágono. No cumple la condición

36

Endecágono. No cumple con la condición

Dodecágono. Sí cumple con la condición

Tridecágono. No cumple con la condición

Tetradecágono. No cumple con la condición

Pentadecágono. No cumple con la condición

Hexadecágono. No cumple con la condición

37

Heptadecágono. No cumple con la condición

Octadecágono. No cumple con la condición

17. Un padre y su hijo tienen en conjunto 88 años de edad. Su edad respectiva está compuesta por las 2 mismas cifras pero colocadas al revés. ¿Cuáles son esas posibles cifras? Solución: El problema se puede resolver probando con parejas de números que verifiquen las condiciones del problema. Para proceder de manera sistemática y exhaustiva en la búsqueda de soluciones conviene organizar los posibles ensayos o tanteos en forma de tablas como la que sigue y es fundamental analizar la solución y descartar las que no sean lógicas. Edad del padre 11 21 31 41 51 61 71 62 53 80

Edad del hijo 11 12 13 14 15 16 17 26 35 08

38

Suma 22 33 44 55 66 77 88 88 88 88

¿Es posible? NO NO NO NO NO NO SI SI SI SI

Evidentemente el problema puede resolverse también por métodos algebraicos. Sea P la edad del padre y H la edad del hijo. Si “x” e “y” son las dos cifras de las que se componen amabas edades, se tiene que P = 10x + y, mientras que H = 10y + x. P + H = 88 10x + y + 10y + x = 88 11 (x+y)=88 x+y=8 Luego las posibles respuestas son: P 80 62 71 53

H 08 26 17 35

Sin embargo la primer respuesta pudiera ser imposible. 18. En la figura tienes un castillo de naipes de dos pisos. Han sido necesarias 7 cartas para formarlo.

¿Cuántas cartas serán necesarias para hacer un castillo de 13 pisos de altura?

Solución: Cada piso estará formado por pares de cartas colocados como una V invertida, es decir, así Ʌ. Entre cada dos pisos uniremos cada par de naipes Ʌ con el que tiene a su lado, usando un naipe colocado en horizontal. Si conseguimos hacerlo con tres pisos, el resultado será parecido a éste, sin la base.

39

Ahora viene la pregunta, ¿cuántos naipes hacen falta para construir uno de estos castillos de naipes? Por supuesto, depende de cuántos pisos queremos levantar: o o

o o o o o

Para un piso usaremos 1 par de cartas, así que tenemos 1. 2 cartas. Para 2 pisos usaremos, además de los anteriores:  Dos pares de cartas, es decir, 2. 2 cartas en el segundo piso empezando por arriba.  1 carta separando este piso del anterior. Para 3 pisos usaremos, además de lo anterior. Tres pares de cartas, es decir, 3. 2 cartas en el tercer piso empezando por arriba. 2 cartas separando este piso del anterior.  Para 4 pisos usaremos, además de lo anterior: Cuatro pares de cartas, es decir, 4. 2 cartas en el tercer piso empezando por arriba. 3 cartas separando este piso del anterior.

¿Qué no lo ves claro? No hay problema, puedes contarlas en esta imagen de un castillo de naipes con cuatro pisos:

Si te fijas un poco, podrás ver un patrón en la lista anterior; para un número n de pisos hay que usar (1+2+⋯+n) ⋅2 cartas en los pisos, junto con 1+2+⋯+(n−1) cartas separando los pisos. Por ejemplo, para n=7 tendremos (1+2+⋯+7)⋅2=28⋅2=56 cartas en los pisos junto con 1+2+⋯+6=21 cartas separando los pisos. Así que, como 56+21=77, resulta que Hacen falta 77 cartas para construir un castillo de naipes con 7 pisos.

40

Analicemos las cartas necesarias para construir un castillo de 1, 2, 3, 4, 5,... 15 pisos. No. Pisos 1 2 3 4 5

Cartas necesarias 0+2=2 2+5=7 7 + 8 = 15 15 + 11 = 26 26 + 14 = 40

No. Pisos 6 7 8 9 10

Cartas necesarias 40 + 17 = 57 57 + 20 = 77 77 + 23 = 100 100 + 26 = 126 126 + 29 = 155

No. Pisos

Cartas necesarias

11 12 13 14 15

155 + 32 = 187 187 + 35 = 222 222 + 38 = 260 260 + 41 = 301 301 + 44= 345

Tratemos de encontrar alguna relación entre los resultados que se obtuvieron. Observemos que cada cuando añadimos un nuevo piso al castillo necesitamos además de las cartas necesarias para construir el nuevo piso, todas las anteriores. Esto sugiere que relacionemos cada uno de los resultados que hemos obtenido con el anterior. Observemos que a la cantidad anterior le vamos agregando 2, 5, 8, 11, 14, 17, 20,… pero además la disposición de los mismos nos sugiere que sumemos a ambos lados la igualdad de esta forma: Luego C13= 2 + 5+ 8+ 11 + 14 +… + ___ Esta es la suma de 13 términos de una progresión aritmética de diferencia 3. Sólo falta calcular el último término y la suma resultante. No obstante si no se quiere recurrir a las progresiones se ve que ___=13 x 2 + 12 = 38 (sin más que observar las cartas necesarias para añadir el piso 13) y para calcular la suma de todos ellos procedemos sumando dos veces la serie en su orden natural y en orden inverso, de la siguiente forma: 2 38 40

5 35 40

8 32 40

11 29 40

14 26 40

17 23 40

20 20 40

Luego 40 x 13 = 520 es dos veces la suma. El resultado pedido será

1 2

de 520 es decir 260 naipes.

41

23 17 40

26 14 40

29 11 40

32 8 40

35 5 40

38 2 40

19. (LA CAJA) Tengo una caja de cartón cuyas caras tienen respectivamente 80, 96 y 120 cm2. ¿Podría decir la altura, anchura y profundidad de la caja?

Solución: Se calcula el máximo común divisor de 80,96 y 120, en cuanto a mitades. El 8 es factor común de 80 y 96, y los correspondientes complementarios son 10 y 12, mismos que son los factores coincidentes que generan el área de 120 cm2

80 40 20 10

96 48 24 12

120 60 30 15

2 2 2 8=

A=lxa 80 = 8 x 10 96 = 8 x 12 l

8 cm x 10 cm = 80 cm2 8 cm x 12 cm = 96 cm2 10 cm x 12 cm = 120 cm2 Observación: agregar “… en cuanto a mitades”, al calcular el MCD (máximo común divisor), no es necesario, ya que se deben considerar los divisores comunes a todos los números, sin importar que sean mitades. (Boletín SEP abril 1998 “un reto MÁS).

42

20. Determinar la medida del < P si las rectas AB y CD son paralelas.

Solución: Si se prolongan las paralelas y se traza la perpendicular que pasa por el punto P, se forman dos triángulos rectángulos en los puntos Q y R que se forman los triángulos AQP y CRP. Entonces en el triángulo AQP se forman tres ángulos, un recto (90⁰) y dos agudos, el ángulo QAP = 130⁰ + x⁰ = 180⁰ :: x⁰ = 180 – 130 = 50⁰ y el ángulo APQ = 50⁰ + y⁰ = 90⁰ :: y⁰ = 40⁰. En el triángulo CRP también se forman tres ángulos recto en R y los ángulos PCR + CPR = 90⁰, como 140⁰ + PCR = 180⁰ :: PCR = 180⁰ - 140 = 40⁰ pero el ángulo que necesitamos es CPR, entonces restamos a 90⁰ - 40⁰ = 50⁰. Ahora para determinar el ángulo CPA = 180⁰ - (40⁰ + 50⁰) = 90⁰ Por todo lo anterior < P = 90⁰

21. ¿Cómo podría formarse un cuadrado con los pedazos de la cruz que resulten de hacerle sólo dos cortes de tijera?

Solución:

43

22. Tres pasteles del mismo grosor, cuyos diámetros miden cinco, cuatro y tres unidades, deben repartirse entre cuatro niños, de tal forma que todos reciban la misma cantidad de pastel. ¿Cuál es el mínimo número de pedazos con el que se puede hacer la repartición? Solución: Como los diámetros de los pasteles miden 5, 4 y 3 unidades, y 52 = 42 + 32, entonces el área del pastel más grande es igual a la suma de las áreas de los otros dos, porque 𝜋 (5/2)2 = 𝜋(4/2)2 + 𝜋 (3/2)2. El primer corte se hace para dividir el pastel grande en dos pedazos iguales. El segundo consiste en recortar media arandela del mediano de tal manera que tenga el radio interior igual al del pequeño. Dos niños reciben mitad del pastel más grande, otro recibe casi todo el mediano –menos la media arandela que se le quitó–, y el último recibe el pequeño y la media arandela del mediano, como lo muestra la figura.

2

1

4 3

44

23. Cinco matrimonios en los que los maridos son celosos desean cruzar un río en un bote que sólo resiste a tres personas. Ninguno de estos maridos permite que su esposa se quede en el bote o en alguna de las orillas con otros hombres si él no está presente. ¿Cuál es el mínimo número de viajes que debe hacerse para poder pasar a las cinco parejas al otro lado del río? Solución: Deben hacerse mínimo once viajes. Designamos a los hombres con las letras minúsculas a, b, c, d, e, y a las mujeres con las mayúsculas A, B, C, D, E. Una pareja se representa con la misma letra, así: Aa. La dirección del cruce se muestra con una flecha.

24. Una imprenta recibe el encargo de diseñar un cartel con las siguientes características: la zona impresa debe ocupar 100 cm2, el margen superior debe medir 3 cm, el inferior 2 cm, y los márgenes laterales 4 cm cada uno. Calcula las dimensiones que debe tener el cartel de modo que se utilice la menor cantidad de papel posible. Solución: Si las dimensiones de la parte impresa son x por y, el cartel será como el que dibujamos. La cantidad de papel que se necesita, y que se desea que sea mínima, es: A = (x+8) (y+5)

45

Con la condición de que xy = 100

100 𝑥

y=

Sustituyendo en A, queda: 100 +) 𝑥

800 +140 𝑥

A(x) = (x+8) (

A(x)=5x+

Esta función es mínima en las soluciones de A´= 0 que hacen positiva a A´´. A' (x) = 5 -

800 𝑥2

A' (x) = 0

1600 𝑥3

A”(x) =

x2 = 160

x = √160 = 4 √10

y=

100 4 √10

2.5 √10

Como para ese valor A” es positiva se tiene la solución mínima buscada. Las dimensiones del cartel deben ser: Ancho: x + 8 = 8 + 4 √10 Alto: y+5=5+2·5√10 1 𝑎+𝑏

25.- Si a + b + c = 7 y ¿Cuánto vale

𝑎 𝑏+𝑐

+

𝑏 𝑎+𝑐

+

+

1 𝑏+𝑐

1 𝑎+𝑐

+

=

7 10

𝑐 ? 𝑎+𝑏

Solución: Los datos que tenemos son: a+b+c=7 1 1 Y 𝑎+𝑏 + 𝑏+𝑐 +

1 𝑎+𝑐

Suponiendo que: Ahora: se tiene 7(

1 𝑎+𝑏

+

1 𝑏+𝑐

+

=

7 10

1 𝑎+𝑏

1 ) 𝑎+𝑐

𝑎+𝑏+𝑐 𝑎+𝑏

7

=

𝑎+𝑏 𝑎+𝑏

𝑐

+ 𝑎+𝑏 = 1 +

𝑐 𝑎+𝑏

se multiplica por 7 ambos miembros

= (10 ) 7

7 7 7 49 + + = 𝑎+𝑏 𝑏+𝑐 𝑎+𝑐 10 Ahora

𝑎+𝑏+𝑐 𝑎+𝑏

+

𝑎+𝑏+𝑐 𝑏+𝑐

+

𝑎+𝑏+𝑐 𝑎+𝑐

=

49 10

𝑎+𝑏 𝑐 𝑎 𝑏+𝑐 𝑎+𝑐 𝑏 𝑎 𝑏 𝑐 49 + + + + + = + + +1+1+1= 𝑎+𝑏 𝑎+𝑏 𝑏+𝑐 𝑏+𝑐 𝑎+𝑐 𝑎+𝑐 𝑏+𝑐 𝑎+𝑐 𝑎+𝑏 10 𝑎 𝑏 𝑐 49 + + = −3 𝑏+𝑐 𝑎+𝑐 𝑎+𝑏 10 Por lo tanto tenemos:

𝑎 𝑏+𝑐

+

𝑏 𝑎+𝑐

+

𝑐 𝑎+𝑏

=

19 10

(QUE ES LA RESPUESTA)

46