Problems for the Million

 

O triángulo ABC é isóscele e P está na base.
Vedes algo?

Xa teño comentado en varias entradas que na época na que tiña que preparar as oposicións para acceder á docencia, hai case 20 anos, eu basicamente estaba dedicado a resolver os problemas elementais que daba atopado pola rede. Como sempre comento, o pragmatismo non é unha das miñas virtudes, aínda que esta situación tivo un xiro de guión interesante: na oposición que aprobei, caeron dous problemas de olimpíadas matemáticas. Problemas que non fixera antes, pero é de supoñer que o meu non-adestramento tivo que axudar.

Desa época gardo dous arquivos de problemas resoltos, supostamente un con problemas sinxelos e outro con problemas menos sinxelos, aínda que esa clasificación que fixera agora resulta case arbitraria. (agarrádevos: os sinxelos ocupan 200 folios e os menos sinxelos, 340) Case nunca reviso eses arquivos, hoxe ao rematar unha tarefa deume por mirar, e pensei en traer uns cantos problemas vellos para que as miñas hordas de lectores poidan divertirse como fixen eu naquel momento.

Sen un criterio claro, velaquí:

• Canadá 1985: Un triángulo ten lados 6, 8 e 10. Amosar que existe unha única recta que biseque tanto a área como o perímetro do triángulo.
• Australia 1988: Se o natural n ten k uns na súa representación binaria, entón o número $\frac{n!}{2^{n-k}}$ é un natural impar.
• Wisconsin 2006: Sexa S={2,3,22,23,32,33,222,...} o conxunto de naturais cuxas cifras son unicamente 2 e 3. Amosar que non hai 3 termos distintos en S que estean en progresión aritmética.
• Tau Beta Pi, Spring 2000: Unha urna contén 80 bólas, 72 verdes e 8 azuis. Extraemos bólas ao chou, unha a unha, ata que quitarmos todas as bólas azuis da urna. Cal é o valor esperado de bólas verdes na urna nese momento?
• Mathematical Reflections J123: Resolver en números primos a ecuación $x^y+y^x=z$
• Canadá 1982: Amosar que o número de permutacións de 1,2,..., n sen puntos fixos diferénciase nunha unidade do número de permutacións con exactamente un punto fixo.
• Eire 2002: Definamos a sucesión $a_n$ mediante $a_1=a_2=a_3=1$ e $a_{n+3}=\frac{a_{n+2} a_{n+1}+2}{a_n}$. Amosar que todos os termos da sucesión son enteiros.

E agora algúns deses problemas que caberían ao final dun boletín do instituto:

• Michigan Autumn 1996: O coche 1 percorre 27 millas a 43 mph e logo 27 millas a 56 mph. O coche 2 circula 27 minutos a 43 mph e logo 27 minutos a 56 mph. Cal dos dous coches ten maior velocidade media?
• Argentina Intercolegial, 2006: Nun parque só hai gatos de dúas cores: brancos e negros. Os gatos machos representan o 55% do total de gatos do parque. A proporción entre machos brancos e machos negros é igual á proporción entre gatos brancos e gatos negros. Achar a proporción entre machos brancos e femias brancas.
• Memorial's Local Undergraduate Competition Winter 2001: Amosar que $\frac{\sqrt{y^2+1}+y+x}{x \sqrt{y^2+1}-xy+1}$ é independente de x, supoñendo que o denominador é non nulo.
• Croacia 1999: Partimos da terna de números $(a_1,a_2,a_3)=(3,4,12)$. Levamos a cabo o seguinte proceso un número finito de veces: escollemos dous números $x, y$ da terna e substituímolos por $0,6x-0,8y$ e $0,8x+0,6y$. É posible obter a terna $(2,8,10)$(onde podemos permutar os elementos)? 
• Kömal B 4092: Atopar naturais a, b, c e d tales que o máximo común divisor de cada parella é maior que 1 pero o máximo común divisor de cada terna é 1. É dicir, (a,b),(a,c),(a,d),(b,c),(b,d),(c,d)>1 e (a,b,c)=(a,b,d)=(a,c,d)=(b,c,d)=1
• Niels Henrik Abel 1994-95: Se $x,y \in \mathbb{R}$ tales que $(x+\sqrt{x^2+1})(y+\sqrt{y^2+1})=1$, entón $x+y$=0
• Problemas de práctica para a Olimpíada Española, 80: As parábolas $y=cx^2+d$ e $x=ay^2+b$, con $c,a>0$ e $b,d<0$ córtanse en 4 puntos. Amosar que estes 4 puntos están nunha mesma circunferencia.
• Canadá 1969: Determinar cal dos dous números, $\sqrt{c+1}-\sqrt{c}$ e $\sqrt{c}-\sqrt{c-1}$ é maior para calquera $c \geq 1$

Intúo que xa tedes problemas abondo desta xeira.

Máis problemas de Portugal

Cometín o erro de pasar pola web das Olimpíadas Matemáticas Portuguesas, como se fose novato no choio, pois xa tiven que pasar un anaco pensando varios dos problemas que atopei na proba final da categoría B, 10º/12º anos. Problemas que consisten, se tivésemos que resumir, en sumar números. Sumar, ahá. Iso non pode ser moi complicado. Vexámolos:

A Joana dividiu 365 por todos os inteiros desde 1 a 365 e somou todos os restos. Depois dividiu 366 por todos os inteiros desde 1 a 366 e também somou todos os restos. Qual das duas somas é maior e qual é a diferença entre elas?

Coido que nunca pensara unha cousa semellante, polo que tiven que poñerme. Despois do enunciado do outro problema, a miña solución.

Consideram-se todas as sequências de k elementos $(a_1, a_2, \dots, a_k) $ onde cada $a_i$ pertence ao conjunto $ \lbrace 1,2, \dots ,2021 \rbrace$  Qual é a soma dos menores elementos de todas estas sequências?

Este tamén me prestou, pero lembro lixeiramente resolver algún problema relativamente similar na época na que debería preparar as oposicións, hai case 20 anos. Polo que non me abraiou do mesmo xeito que o outro. Último aviso, que vén a miña solución.

O primeiro no que pensa un que estudou Matemáticas é en formalizar ao máximo o que sucede. Neste caso, para expresar a suma referida ao número 365, hai que atopar un xeito de escribir os restos das divisións. Pensemos na división por un número calquera, poñamos 34, a ver que sucede:

$365=34 \cdot 10+25$

De tal xeito que $25=365-34 \cdot 10$, polo que se atopamos un xeito de expresar o cociente, automaticamente expresaremos o resto.

E claro, haino:

Quen é 10? A parte enteira da división $365:34$, coa notación estándar, $10=\left[\frac{365}{34}\right]$

Polo que a suma dos restos que deixa 365 queda $$\sum \limits_{n=1}^{365} \left( 365- n \cdot \left[\frac{365}{n} \right] \right)$$

E a de 366, $$\sum \limits_{n=1}^{366} \left( 366- n \cdot\left[ \frac{366}{n}\right]\right)$$

Se un bota unhas poucas contas das implicadas nas sumas, verá que os sumandos respectivos adoitan coincidir, aínda que ao comezo non se vexa ben:

$$\left[\frac{365}{1} \right]=365 \neq 366=\left[\frac{366}{1}\right] $$

$$\left[\frac{365}{2} \right]=182 \neq 183=\left[\frac{366}{2}\right] $$

$$\left[\frac{365}{3} \right]=121 \neq 122=\left[\frac{366}{3}\right] $$

$$\left[\frac{365}{4} \right]=91=\left[\frac{366}{4}\right] $$

$$\left[\frac{365}{5} \right]=73=\left[\frac{366}{5}\right] $$

$$\left[\frac{365}{6} \right]=60 \neq 61=\left[\frac{366}{6}\right] $$

Vese xa a pauta?

Que teñen de característico os valores onde non coinciden os restos? Os primeiros son 1, 2, 3, 6, ...

Védelo? Unha pista?

O seguinte valor no que os restos respectivos son distintos é 61, pois

$$\left[\frac{365}{61} \right]=5 \neq 6=\left[\frac{366}{61}\right] $$

E aínda que non se vexa a razón, a simetría que se percibe nos cálculos anteriores ten que facer pensar nos divisores dun número, que como os donuts, veñen de dous en dous(comentario que deixei de facer hai unha década nas miñas clases). E con isto en mente, será máis evidente que os números nos que os restos difiren son os divisores precisamente de 366, que é $2 \cdot 3 \cdot 61$, i.e. $\lbrace 1,2,3,6, 61,122,183,366 \rbrace$

A razón é a seguinte: para que 

$$\left[\frac{365}{n} \right] \neq \left[\frac{366}{n}\right] $$

 ten que suceder que 

$$m=\frac{365}{n} < m +1 \leq  \frac{366}{n}$$

e como a distancia entre as dúas fraccións é só $\frac{1}{n}$ , para que

$$m +1 \leq  \frac{366}{n}$$

ten que suceder que 

$$m +1 =  \frac{366}{n}$$

i.e., 

$$\frac{366}{n} \in \mathbb{N}$$

e finalmente n ten que ser divisor de 366, como afirmara ao comezo.

Despois destas voltas, xa estamos en condicións de calcular a diferenza entre as sumas. Cada vez que a parte enteira coincide, é dicir, en todos os sumandos agás os correspondentes a 1, 2, 3, 6, 61, 122, 183 e 366, o resto vai ser unha unidade máis, é dicir, a diferenza entre 366 e 365. Pero nos casos enumerados arriba, temos que os restos de dividir 366 entre eles son nulos, pero os de 365 son 0, 1, 2, 5, 60, 121 e 182.

En conclusión, por un lado a suma dos restos ao dividir 366 ten unha vantaxe de 358 uns e a outra suma unha vantaxe de 1+2+5+60+121+182=371, o que implica que a suma dos restos de 365 sobrepasa á outra en 13 unidades.

Ou o que é o mesmo, pero queda máis chulo e esotérico,

$$\sum \limits_{n=1}^{365} \left( 365- n \cdot \left[\frac{365}{n} \right] \right)-\sum \limits_{n=1}^{366} \left( 366- n \cdot\left[ \frac{366}{n}\right]\right)=13$$

Como propina, déixovos esta fermosura que puxeron na proba final da categoría A, 8º/9º anos:

Na sua loja de botões, o Luís tem à venda apenas caixas com a botões azuis, caixas con b botões brancos e caixas com c botões castanhos. O  Luís só vende caixas completas. Sabe-se que:

• se um cliente quiser comprar tantos botões azuis como brancos, tem que comprar pelo menos dois milhares de botões.
• se um cliente quiser comprar tantos botões brancos como castanhos, tem que comprar pelo menos cinquenta centenas de botões.
• se um cliente quiser comprar tantos botões castanhos como azuis, tem que comprar pelo menos mil dezenas de botões 

Quantos botões tem cada caixa? Indica todas as possibilidades.

Solución da adiviña de visualización

No que vai de ano 2021 a entrada coa adiviña de visualización é a terceira con máis visitas(180), despois de O último flame co ensino das Matemáticas)225) e Exercicios tan malos que son bos(198). Isto unido a que sei que algúns dos que a lestes estades intrigados, animei a escribir esta entrada. Xa avisaba aló de que o contido non era matemático, así que agora non veñades con reclamacións(nin con sonoros Boooohs).

Sinceramente, pensei que era máis sinxelo do que se acabou vendo, pois para min os números de columnas e ringleiras xa eran abondo. Sen máis, observade as figuras que compartín naquela entrada sen borrar as etiquetas:

    

  

    

   

Concretemos a solución do misterio: as gráficas amosan as puntuacións medias de cada capítulo das temporadas de 4 series de televisión. Puntuacións dadas por usuarios rexistrados na impresionante web imdb(the internet movie database). O programador Jim Vallandingham creou a ferramenta SeriesHeat, na que podes pescudar calquera serie e observar un mapa térmico semellante aos anteriores, e Flowing Data falou de SeriesHeat a comezos de outubro, aí souben dela.

Desvelado o misterio, só queda unha cousa interesante: Que series estarán representadas nas 4 gráficas da entrada?

Déixovos unha animación do clásico matthen para ocultar o nome das series un anaco:

A Reuleaux triangle is built from 3 circles

Rematemos:

A 1ª serie, con 5 temporadas e entre 10 e 13 capítulos cada unha, é The Wire, a 2ª, The Sopranos, a 3ª, Dexter(observade a nota do último capítulo), a 4ª, Game of Thrones(toda a última temporada...) e a última, Doctor Who, famosa pola súa lonxevidade.

E agora, o comentario máis matemático: pensades que habería outro xeito máis acaído de presentar estes datos? Quizais contrastar estas puntuacións medias co número de votos de cada serie en imdb, a ver se amosa algunha correlación? Sería interesante ver algún parámetro de dispersión das puntuacións, non só a media?

Un trapecio e moitas paralelas

A primeira revista SUMA da FESPM que teño na casa é a número 56, de novembro de 2007. O outro día collina da balda, abrín ao chou e atopei un artigo de Claudi Alsina titulado Necesitamos más medios... y más medias. Ao final deste artigo aparece un problema que xoga con segmentos dentro dun trapecio. Alsina atribuía a autoría do problema a E.Beckenbach e R. Bellman, mais non indicaba a fonte, polo que fun buscar que libro era destes autores, que teñen unha fermosa Introduction to Inequalities e unha obra previa, laconicamente titulada Inequalities, que só recomendaría a fans hardcore das desigualdades(confeso que só mirei o índice e xa pedín papas; quizais fixeron a posterior Introduction por algo).

Sen máis dilación, ao choio.

Observade o seguinte trapecio, de bases a e b:

    

O exercicio consiste en calcular as lonxitudes dos segmentos paralelos ás bases marcados na figura:

• EF, que pasa polo punto de corte das diagonais.

• KL, que cumpre que os dous trapecios KLCD e ABLK son semellantes.

• GH, que está á mesma distancia de AB e de CD.

• MN, que fai que os dous trapecios ABNM e MNCD teñan a mesma área.

E loxicamente, se vistes o título do artigo de Claudi Alsina e o libro onte atopei logo o problema, teredes que facer algo con eses valores. Non digo máis.

Unha adiviña de visualización

Podedes dicir que esta entrada non é exactamente matemática, pero vaia, se vedes as entradas dos dous/tres primeiros anos do blog(exemplo 1, exemplo 2) tampouco é que isto fose Gaussianos.

Porén, isto é tan fermoso que non podía reprimirme.

Veña, sen máis dilación, que é isto?

Que blogger poña embaixo das fotos "Engadir lenda" neste caso cobra máis sentido

    

    

    

     

Pero esta adiviña tamén ten un aspecto matemático, relevante para a docencia en secundaria:

Unha vez que xa saibades de que vai o conto, hai algunha outra visualización axeitada para representar os datos? Que parámetros estatísticos contarían a historia tras estas gráficas?

Se acertades a adiviña e estades interesados, xa porei a fonte das gráficas.