Problemas Olímpicos.!
Hola. ¿Puedes ayudarme con estos problemas?.
1.- Utilizando varios cubitos blancos de arista 1 Guille arma un cubo grande. Luego elige cuatro caras del cubo grande y las pinta de rojo. Finalmente desarma el cubo Grande y observa que los cubitos con al menos una cara pintada son 431. Hallar la cantidad de cubitos que utilizo para armar el cubo grande. Analizar todas las posibilidades.
2.- Dados n puntos en una circunferencia se escribe al lado de uno de ellos un 1 y al lado de cada uno de los otros un 0. La operación permitida consiste en elegir un punto que tenga un 1 y cambiar el número de ese punto y también los números de sus dos vecinos, el de la izquierda y el de la derecha (donde hay 1 se escribe 0 y donde hay 0 se escribe 1).
a) Si n = 101, mostrar que se puede lograr, mediante una sucesión de operaciones permitidas, que cada uno de los n puntos tenga escrito un 0.
b) Si n = 102, demostrar que es imposible lograr todos 0.
3.-En un triángulo rectángulo ABC tal que AB = AC, M es el punto medio de BC. Sea P un punto de la mediatriz de AC que pertenece al semiplano determinado por BC que no contiene a A. Las rectas CP y AM se cortan en Q. Calcular el ángulo que forman AP y BQ.
1.- Utilizando varios cubitos blancos de arista 1 Guille arma un cubo grande. Luego elige cuatro caras del cubo grande y las pinta de rojo. Finalmente desarma el cubo Grande y observa que los cubitos con al menos una cara pintada son 431. Hallar la cantidad de cubitos que utilizo para armar el cubo grande. Analizar todas las posibilidades.
2.- Dados n puntos en una circunferencia se escribe al lado de uno de ellos un 1 y al lado de cada uno de los otros un 0. La operación permitida consiste en elegir un punto que tenga un 1 y cambiar el número de ese punto y también los números de sus dos vecinos, el de la izquierda y el de la derecha (donde hay 1 se escribe 0 y donde hay 0 se escribe 1).
a) Si n = 101, mostrar que se puede lograr, mediante una sucesión de operaciones permitidas, que cada uno de los n puntos tenga escrito un 0.
b) Si n = 102, demostrar que es imposible lograr todos 0.
3.-En un triángulo rectángulo ABC tal que AB = AC, M es el punto medio de BC. Sea P un punto de la mediatriz de AC que pertenece al semiplano determinado por BC que no contiene a A. Las rectas CP y AM se cortan en Q. Calcular el ángulo que forman AP y BQ.
1 Respuesta
Respuesta de Valero Angel Serrano Mercadal
2
Los problemas olímpicos son los mismos por lo que veo. Hace días me mando 3 un usuario y en segundo y tercero coinciden. Pues el tercero aun no lo he intentado, en el segundo he hecho el apartado a y al b no le encuentro demostración estricta aun. El 1 es ditinto. Pero dame todo el tiempo del mundo, es muy poco el que tengo libre para estos problemas tan exigentes.
Si gracias. Esperaré. Ojala puedas ayudarme.
1.- Utilizando varios cubitos blancos de arista 1 Guille arma un cubo grande. Luego elige cuatro caras del cubo grande y las pinta de rojo. Finalmente desarma el cubo Grande y observa que los cubitos con al menos una cara pintada son 431. Hallar la cantidad de cubitos que utilizo para armar el cubo grande. Analizar todas las posibilidades.
Vamos con el del cubo. Llamemos Frontal, Trasera, Izquierda, Derecha, Alta y Baja las caras del cubo para poder entenedernos. Puede que use las abreviaturas F,T,I,D,A,B. Llamemos n al numero de cubitos de una arista, el número de cubitos es n^3. Veamos que casos se pueden dar. Las caras pueden pintarse como combinaciones de 6 tomadas de 4 en 4.
C(6,4) = C(6,2) = 6·5/2= 15
Para caracterizar una forma de pintar, mejor que expresar las que se pintan es expresar las que se dejan de pintar que solo son dos. Pueden darse dos casos, que las que se dejan de pintar sean opuestas o sean adyacentes:
a) Opuestas son FT, DI y AB. Son tres casos. Las cuatro caras pintadas forman una faja. Habrá cuatro aristas en las que sus cubitos tendrán pintadas dos caras. Los demás cubitos (supuesto que n>1) solo tendrán una cara pintada. El número de cubitos pintados será 4n^2 - 4n = 4n(n-1). Es un número múltiplo de 4, luego no pudo pintar las caras de esta forma.
---
b) Adyacentes. Pueden ser AF, AT, AD, AI, BF, BT, BI, BD, FD,DT,TI,IF. Para garantizar el recuento completo, las cuatro primeras tienen A, las cuatro segundas tienen B y no pueden ser como las primeras, las otras cuatro ni A ni B y por lo tanto distintas de las anteriores. Son 12 casos que con los 3 anteriores completan los 15 posibles.
Para examinar el comportamiento tomemos por ejemplo IT, las pintadas son Alta-Frontal-Derecha-Baja. En la cara Alta habrá 2 aristas AF y AD cuyos cubitos se pintaran por dos caras y uno de ellos el vértice AFD que se pintara po tres caras. En la cara Baja exactamente lo mismo. Y queda la arista FD que tendrá sus cubitos pintados por dos caras salvo en lo vértices que serán por tres.
Hagamos con cuidado el recuento del exceso de caras pintadas por pintar algunos cubitos en 2 o más caras.
Arista AF sin el vértice AFD = n - 1
Vértice AFD = 2
Arista AD sin el vértice AFD = n - 1
Arista BF sin el vértice BFD = n - 1
Vértice BFD = 2
Arista BD sin el vértice BFD = n - 1
Arista FD sin los vértices AFD y BFD = n - 2
La suma total es 4(n-1) + 4 + n - 2 = 4n - 4 + 4 + n - 2 = 5n - 2
Los cubitos que estarán pintados serán 4n^2 - (5n -2) = 4n^2 - 5n + 2. Esto ya parece que pueda ser impar, vamos a igualarlo a 431.
4n^2 - 5n + 2 = 431
4n^2 - 5n - 429 =0
n = (5+-sqrt(25 + 4 · 4 · 429))/8 = (5+-sqrt(6889))/8 ... ¡Qué emoción! ¿Será entera esa raíz cuadrada? ...
= (5+-83)/8 = 88/8 y -78/8
Tomamos la positiva pues la otra no tiene sentido para nuestro problema
n = 88/8 = 11
LUEGO EL NUMERO DE CUBITOS NECESARIO PARA ARMAR EL CUBO GRANDE FUE 11^3 = 8220
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2).- Dados n puntos en una circunferencia se escribe al lado de uno de ellos un 1 y al lado de cada uno de los otros un 0. La operación permitida consiste en elegir un punto que tenga un 1 y cambiar el número de ese punto y también los números de sus dos vecinos, el de la izquierda y el de la derecha (donde hay 1 se escribe 0 y donde hay 0 se escribe 1).
a) Si n = 101, mostrar que se puede lograr, mediante una sucesión de operaciones permitidas, que cada uno de los n puntos tenga escrito un 0.
b) Si n = 102, demostrar que es imposible lograr todos 0.
Te adjunto lo que tengo averiguado hasta el momento.
Llamemos pulsar a la operación descrita. Y puntos iluminados los que tienen 1 yapagados los que tienen cero.
Pongamos el uno sobre el punto numerado con 1. Cuando pulsemos sobre un punto n (que debe contener un uno) se apaga el punto n y el punto n-1 y n+1 cambian lo que tenían. Para n=1 el punto n-1 es el 101 y para n= 101 el punto n+1 es el 1.
Tras pulsar en 1 tendremos iluminados 101, 2
pulsamos en 2 y tendremos iluminados 101, 1, 3
pulsamos en 3 y tendremos iluminados 101, 1, 2, 4
pulsamos en 4 y tendremos iluminados 101, 1, 2, 3, 5
pulsamos en 5 y tendremos iluminados 101, 1, 2, 3, 4, 6
...
Pulsemos hasta n =99 y tendremos iluminados 101, 1, 2, 3, 4, ..., 98, 100
Ahora, al pulsar en 100 se apagará 101 y estarán iluminados
1,2,3,4,...,99
Son 99 puntos, 33 grupos de 3 puntos contiguos, pulsando en cada uno de esos grupos en el punto en el punto intermedio se apaga el grupo entero
1,2,3, 4,5,6, 7,8,9, 97,98,99
Es decir, pulsamos en 2, 5, 8,..., 2+3i,..., 98 y se apaga todo.
Con esto queda demostrado que para n=101 hay una operación que lo deja todo a cero.
También se ve que esta misma operación no servirá para 102 porque quedarían 100 iluminados al final que no serían múltiplo de 3. Pero aun tengo que demostrar que es imposible de ninguna manera y eso creo que va a esperar.
Y esto es lo que te puedo mandar de momento. Ya te digo que algunas veces un problema de estos se puede enquistar y comerte todo el tiempo del mundo, cosa que yo no tengo. Si puedo, resolveré lo que queda pero antes tengo que vivir.
Vamos con el del cubo. Llamemos Frontal, Trasera, Izquierda, Derecha, Alta y Baja las caras del cubo para poder entenedernos. Puede que use las abreviaturas F,T,I,D,A,B. Llamemos n al numero de cubitos de una arista, el número de cubitos es n^3. Veamos que casos se pueden dar. Las caras pueden pintarse como combinaciones de 6 tomadas de 4 en 4.
C(6,4) = C(6,2) = 6·5/2= 15
Para caracterizar una forma de pintar, mejor que expresar las que se pintan es expresar las que se dejan de pintar que solo son dos. Pueden darse dos casos, que las que se dejan de pintar sean opuestas o sean adyacentes:
a) Opuestas son FT, DI y AB. Son tres casos. Las cuatro caras pintadas forman una faja. Habrá cuatro aristas en las que sus cubitos tendrán pintadas dos caras. Los demás cubitos (supuesto que n>1) solo tendrán una cara pintada. El número de cubitos pintados será 4n^2 - 4n = 4n(n-1). Es un número múltiplo de 4, luego no pudo pintar las caras de esta forma.
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b) Adyacentes. Pueden ser AF, AT, AD, AI, BF, BT, BI, BD, FD,DT,TI,IF. Para garantizar el recuento completo, las cuatro primeras tienen A, las cuatro segundas tienen B y no pueden ser como las primeras, las otras cuatro ni A ni B y por lo tanto distintas de las anteriores. Son 12 casos que con los 3 anteriores completan los 15 posibles.
Para examinar el comportamiento tomemos por ejemplo IT, las pintadas son Alta-Frontal-Derecha-Baja. En la cara Alta habrá 2 aristas AF y AD cuyos cubitos se pintaran por dos caras y uno de ellos el vértice AFD que se pintara po tres caras. En la cara Baja exactamente lo mismo. Y queda la arista FD que tendrá sus cubitos pintados por dos caras salvo en lo vértices que serán por tres.
Hagamos con cuidado el recuento del exceso de caras pintadas por pintar algunos cubitos en 2 o más caras.
Arista AF sin el vértice AFD = n - 1
Vértice AFD = 2
Arista AD sin el vértice AFD = n - 1
Arista BF sin el vértice BFD = n - 1
Vértice BFD = 2
Arista BD sin el vértice BFD = n - 1
Arista FD sin los vértices AFD y BFD = n - 2
La suma total es 4(n-1) + 4 + n - 2 = 4n - 4 + 4 + n - 2 = 5n - 2
Los cubitos que estarán pintados serán 4n^2 - (5n -2) = 4n^2 - 5n + 2. Esto ya parece que pueda ser impar, vamos a igualarlo a 431.
4n^2 - 5n + 2 = 431
4n^2 - 5n - 429 =0
n = (5+-sqrt(25 + 4 · 4 · 429))/8 = (5+-sqrt(6889))/8 ... ¡Qué emoción! ¿Será entera esa raíz cuadrada? ...
= (5+-83)/8 = 88/8 y -78/8
Tomamos la positiva pues la otra no tiene sentido para nuestro problema
n = 88/8 = 11
LUEGO EL NUMERO DE CUBITOS NECESARIO PARA ARMAR EL CUBO GRANDE FUE 11^3 = 8220
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2).- Dados n puntos en una circunferencia se escribe al lado de uno de ellos un 1 y al lado de cada uno de los otros un 0. La operación permitida consiste en elegir un punto que tenga un 1 y cambiar el número de ese punto y también los números de sus dos vecinos, el de la izquierda y el de la derecha (donde hay 1 se escribe 0 y donde hay 0 se escribe 1).
a) Si n = 101, mostrar que se puede lograr, mediante una sucesión de operaciones permitidas, que cada uno de los n puntos tenga escrito un 0.
b) Si n = 102, demostrar que es imposible lograr todos 0.
Te adjunto lo que tengo averiguado hasta el momento.
Llamemos pulsar a la operación descrita. Y puntos iluminados los que tienen 1 yapagados los que tienen cero.
Pongamos el uno sobre el punto numerado con 1. Cuando pulsemos sobre un punto n (que debe contener un uno) se apaga el punto n y el punto n-1 y n+1 cambian lo que tenían. Para n=1 el punto n-1 es el 101 y para n= 101 el punto n+1 es el 1.
Tras pulsar en 1 tendremos iluminados 101, 2
pulsamos en 2 y tendremos iluminados 101, 1, 3
pulsamos en 3 y tendremos iluminados 101, 1, 2, 4
pulsamos en 4 y tendremos iluminados 101, 1, 2, 3, 5
pulsamos en 5 y tendremos iluminados 101, 1, 2, 3, 4, 6
...
Pulsemos hasta n =99 y tendremos iluminados 101, 1, 2, 3, 4, ..., 98, 100
Ahora, al pulsar en 100 se apagará 101 y estarán iluminados
1,2,3,4,...,99
Son 99 puntos, 33 grupos de 3 puntos contiguos, pulsando en cada uno de esos grupos en el punto en el punto intermedio se apaga el grupo entero
1,2,3, 4,5,6, 7,8,9, 97,98,99
Es decir, pulsamos en 2, 5, 8,..., 2+3i,..., 98 y se apaga todo.
Con esto queda demostrado que para n=101 hay una operación que lo deja todo a cero.
También se ve que esta misma operación no servirá para 102 porque quedarían 100 iluminados al final que no serían múltiplo de 3. Pero aun tengo que demostrar que es imposible de ninguna manera y eso creo que va a esperar.
Y esto es lo que te puedo mandar de momento. Ya te digo que algunas veces un problema de estos se puede enquistar y comerte todo el tiempo del mundo, cosa que yo no tengo. Si puedo, resolveré lo que queda pero antes tengo que vivir.
