62. SOLUCIÓN CONCURSO DEL VERANO DE 2011
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Escrito por Alfonso Jesús Población Sáez   
Miércoles 07 de Septiembre de 2011

Después de un verano un tanto raro, tanto por la meteorología como por las noticias que se han venido sucediendo, veamos cómo han ido las tareas del verano. Para los que no podais esperar más, al final, la lista de puntuaciones.

Como todos los años teníamos diversas cuestiones tanto de cine como de matemáticas. Tratemos de darlas respuesta del modo más breve pero riguroso que podamos:

1.- Para numerar las nueve primeras camisetas está claro que se necesitan 9 dígitos. Las que van del 10 al 99 (o sea 90 camisetas) necesitarán 90 x 2 = 180 dígitos. Del 100 al 999 (900 camisetas) precisan 900 x 3 = 2700 dígitos. Si vamos recapitulando,

9 + 180 + 2700 = 2889 para componer las primeras 999 camisetas.

Se nos dice que se han utilizado 3917 dígitos, por lo que 3917 − 2889 = 1028 números faltan. Cada nueva camiseta consta de cuatro dígitos. 1028/4 = 257, lo que indica que a partir del 1000 se emplearon 257 dígitos más, por lo que el número final de obreros fue de 1256.

2.- Una vez resuelta la primera cuestión, sabemos que

N = 12345678910111213.......12551256

Hay varias formas de calcular esta suma. Una de las que habéis indicado es la siguiente:

1ª forma:

Separemos los dígitos de 1 hasta 1256. Desde 1 hasta 1250 tenemos 125 decenas completas. Cada decena aporta como unidades del 1 al 9, por lo que todas las unidades de los números del 1 al 1256 suman 125*(1 +... + 9) =125*45, más 21 que suman las unidades desde 1251 hasta 1256. En total, 5646.

Por otro lado, desde 0 hasta 1199 contamos doce centenas enteras (el cero no suma nada y lo podemos incluir sin problema), cada una con diez números por cada cifra en las decenas. Todas ellas suman 12*10*45, sin contar 10*(0+1+2+3+4)=100 que aportan del 1200 hasta el 1249 y por último, 5*7 desde 1250 hasta 1256. Sumando obtenemos 5535.

El único millar completo que tenemos, si volvemos a contar el cero, nos da centenas que suman 45*100, más (0+1)*100 de 1000 a 1199 y 57*2 de 1200 a 1256. Todas hacen un total de 4714.

Para terminar, las cifras de los millares sólo suman los 257 unos que aportan del 1000 hasta el 1256.

Recapitulando, las cifras de N suman 5646+5535+4714+257 = 16152.

2ª forma:

Algunos habéis explicado que existe un algoritmo que nos hace esta operación de sumar los dígitos (Internet nos pone las cosas más fáciles). No es la forma más elegante de hacerlo (se pretende que los concursantes se estrujen un poco las neuronas), pero obviamente se da por bueno también. Se trata de la constante de Champernowne que puede encontrarse, por ejemplo, en http://oeis.org/A037123

3ª forma

Como paso previo calculemos la suma de las cifras hasta el número 1000. Si escribimos todos los números del 0 al 999 mediante tres cifras completando con ceros a la izquierda los de una y dos cifras (es decir, 000 – 001 – 002 – 003 – ..... – 010 – 011 – 012 – ..... – 099 – 100 – 101 – ..... – 999) habremos escrito en total 103 números, 3 x 103 dígitos. En esta reescritura se utiliza la misma cantidad de veces cada dígito, por lo que cada dígito aparecerá 3 x 103/10 = 3 x 102 veces. Si sumamos todos los dígitos escritos (nos olvidamos de los ceros obviamente) obtenemos

3 x 102 (1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 + 8 + 9) = 3 x 102 x 45 = 13500.

Para sumar los dígitos desde el número 1000 al 1256, podemos contar sencillamente:

  • Del 1000 al 1099: 100 unos + la suma de los dígitos de 0 a 99 que es 900, luego 1000
  • Del 1100 al 1199: 100 unos + la suma de los dígitos de 100 a 199, luego 1100
  • Del 1200 al 1249: 50 unos + 50 doses +45+55+65+75+85, por tanto 475
  • Del 1250 al 1256:  7 unos, 7 doses, 7 cincos +1+2+3+4+5+6, es decir, 77

En TOTAL; 13500 +1000 + 1100 + 475 + 77= 16152

3.- Designemos por x al número de soldados muertos e y al total de soldados, tanto vivos como muertos. De las condiciones del enunciado se tiene que

SOLUCIÓN CONCURSO DEL VERANO DE 2011

cuya sencilla resolución nos lleva a que x = 4, y = 20.

A la misma conclusión han llegado algunos concursantes de un modo mucho más simple: si muriendo un soldado más se pasa del 20% al 25%, cada soldado representa el 5% de la guarnición. Por lo tanto, el número de soldados es de 100 : 5 = 20.

4.- Se dice que los soldados van cayendo proporcionalmente a los que quedan en pie. Es decir, la proporción va cambiando, no es constante. Por tanto no sirve una sencilla regla de tres, sino que necesitamos involucrar una razón de cambio, es decir, una derivada. Sea

x(t) ≡ número de soldados vivos en el instante t.

Entonces    x’(t) = λ x(t), con x(0) = 20, x(1) = 16.

Explicado con palabras, la variación del número de soldados vivos en el momento t es proporcional al número de soldados vivos en ese instante. Inicialmente (momento t = 0) hay 20 soldados; al cabo de 5 minutos (t = 1) quedan 16 supervivientes, según las condiciones del apartado anterior. Resolviendo la  elemental ecuación diferencial anterior (basta pasar dividiendo x(t) del segundo al primer miembro para tener una ecuación en variables separadas de primer orden con primitiva igual a  ln(x(t)) = λt + Cte), se obtiene que

x(t) = 20 SOLUCIÓN CONCURSO DEL VERANO DE 2011

Quedará un solo soldado cuando (1/20) = SOLUCIÓN CONCURSO DEL VERANO DE 2011, es decir cuando t = SOLUCIÓN CONCURSO DEL VERANO DE 2011 ≈ 13.42513487. Como tomábamos t de cinco en cinco minutos, el tiempo que le queda al único superviviente es de 67.1256 minutos (obsérvese que en los cuatro primeros decimales se encontraba la solución de la primera cuestión) en total desde el principio del ataque, de los que ya han pasado cinco cuando puso las condiciones al problema, con lo que le quedan 62.1256 minutos, una hora y dos minutos, más o menos.

5.- Desde un punto de vista matemático (que es a lo que se refería la pregunta) la solución de la ecuación diferencial anterior es una función exponencial, que nunca es nula, y es absurdo decir que queda vivo la mitad del último soldado, la décima parte, etc. De manera que para que el modelo utilizado tenga sentido en la realidad, es necesario que exista un superviviente.

Desde el punto de vista de la novela y la película, tiene que haber alguien que aclare lo sucedido, alguien que mueva los cadáveres (los zombies sólo existen en la ficción y en la mente de los que creen en supercherías paranormales), alguien que limpie el honor de los Geste, hay que explicar el robo del zafiro, etc.

6.- Pues como dudamos de que Markoff, en tan dramáticos momentos, se ponga a pensar en ejercicios de ecuaciones diferenciales, la razón evidente es que quería mostrar a los tuaregs que quedaba vivos más soldados de los que eran, tratando de desanimarlos. Pretendía además ganar tiempo hasta que llegaran los refuerzos del otro fuerte.

7.- El primer soldado que accede (se ofrece voluntariamente) al fuerte es Digby Geste, corneta de la división que viene al rescate del fuerte Zinderneuf. Cuando entra en el recinto, ve el cuerpo sin vida de su hermano Michael (Beau) Geste. Al tardar, decide entrar en persona el Mayor Beaujolais. Al verlo venir, Digby se hace el muerto y se coloca como el resto del soldados abatidos. El Mayor ve los cuerpos del sargento Markoff y de Michael y empieza la búsqueda del corneta. Aprovechando los movimientos del Mayor. Digby traslada a su hermano y al sargento a una de las habitaciones con el fin de prepararle a Michael su deseado funeral vikingo. Markoff hará el papel de “perro”.

Al recorrer de nuevo el recinto y no ver los dos cuerpos de Michael y de Markoff, Beaujolais empieza a suponer que algo raro sucede, y decide salir de allí cuanto antes.

8.- En la figura encontramos triángulos formados por una única pieza (un triángulo), por cuatro de esos triángulos, y por nueve.

SOLUCIÓN CONCURSO DEL VERANO DE 2011De una única pieza hay 18 triángulos, 9 de la forma ▲ y otros 9 ▼. De cuatro piezas hay 4 con un vértice arriba y otros 4 con el vértice hacia abajo, luego 8 triángulos. Finalmente de nueve piezas hay 1 de cada, es decir, 2 triángulos. En total, 18 + 8 + 2 = 28 triángulos contiene la figura.

Miguel Herráiz nos hace notar como curiosidad la aparición de cuadrados perfectos en el número de triángulos de cada tipo. ¿Se sigue esa misma pauta si el rombo tuviese un triángulo más de altura? ¿Y para una altura de n triángulos?

9.- El recorrido mostrado en la figura pasa por 30 segmentos de un total de 33 que tiene el dibujo completo.

10.- Se pueden dar varias posibilidades, aunque la solución en la que inicialmente pensé, bastante sorprendente, es la expresada por uno de los concursantes, que retomo, sobre todo aprovechando sus excelente gráficos:

Posición inicial:

SOLUCIÓN CONCURSO DEL VERANO DE 2011Las piezas negras (rojas en la imagen) están obligadas a capturar la pieza de g4, por lo que las blancas pueden aprovechar para trazar su “tela de araña”.

1.  d1– c2

Las negras están obligadas a jugar:

1.…, h5 x f3.(con la x indicamos que capturamos la ficha contraria)

2. c2–b3

Obligando de nuevo a la captura:

2.…, a4 x c2.

Volvemos a entregar otra pieza: 3. e6 – d7, c8 x e6.

Y ahora entregamos la última pieza, la dama: 4. d3 - b5, a6 x c4.

El “desolador” panorama en que se encuentran las blancas, que parecen haberse vuelto locas es el que muestra la segunda imagen: SOLUCIÓN CONCURSO DEL VERANO DE 2011

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Sin embargo, en su siguiente movimiento tenemos la explicación de tan “extraño” comportamiento. La dama blanca va capturando una a una las piezas negras, hasta dejar al oponente con una sola pieza (y sin opciones). Siguiendo el camino marcado por las casillas amarillas, la dama blanca capturará primero la pieza de c2 (b1xd3), luego la pieza de c4 (d3xa6), continuará con la dama de b7 (a6xc8), la pieza de e6 (c8xh3) para acabar capturando la dama de g2 (h3xf1).

En el turno de las negras, cualquier jugada es perdedora:

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11.- Llamemos para simplificar A a Augustus, B a Digby, C a John y D a Michael.

Si B fuera culpable, por la tercera condición, habría exactamente dos personas implicadas; si C fuera culpable, la cuarta condición nos dice que habría tres personas implicadas. Ambas consecuencias no pueden darse simultáneamente, por lo que al menos B o C han de ser inocentes. Del diálogo de la segunda condición se desprende que A es inocente, por lo que, como mucho, hay dos culpables. Por tanto C no pudo tener dos cómplices, así que la cuarta condición nos asegura que C es también inocente.

Si B es culpable, tiene exactamente un cómplice, que debe ser D (ya que acabamos de ver que A y C son inocentes). Si B fuera inocente, entonces D tiene que ser culpable. Por tanto, según la lógica, independientemente de que B sea culpable o inocente, las condiciones dadas nos aseguran que D es culpable.

Se pedía un razonamiento de este tipo, en base sólo a los cuatro supuestos, no al resto del argumento de la película, a diferencia de la siguiente pregunta.

12.- Nadie mentía porque lo que se encontraba dentro de la caja no era el zafiro original, sino una imitación falsa. Las palabras de Michael fueron “yo no he cogido el Agua Azul”. Y era verdad, había cogido otra cosa. El apodo, “Beau” Geste (Bello Gesto), hace relación a su comportamiento.

13.- Evidentemente el hecho común es el robo de una joya de gran valor aprovechando un apagón de luz. En el caso de la segunda película se echa la culpa del robo a Matakit, ayudante del protagonista Dan Rochland, aunque éste logra hacer creer a todos que el auténtico ladrón, es el avestruz “Olga”. Pero finalmente queda claro, para Dan y los espectadores, que fue Matakit.

14.- A2 indica el nombre del zafiro, Agua Azul. Su homólogo en la segunda película es el diamante la estrella del Sur.

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15.- Por su claridad y sencillez, incluimos en este caso la solución aportada por uno de los concursantes, Miguel Herraiz Hidalgo.

La respuesta es afirmativa: conocido el área de uno de los cuadrados es posible calcular la de los otros dos. Denotaremos por L la longitud del lado, A la superficie del cuadrado, y los subíndices p, m, g a los cuadrados pequeño, mediano y grande, respectivamente.

El radio de la circunferencia circunscrita al cuadrado mediano (ver dibujo adjunto) es la mitad de la diagonal del cuadrado mediano y la mitad del lado del cuadrado grande.

Luego:            Lado grande = Lg = Dm = Diagonal mediano

Así,    Área grande = Lg2 ,  Área mediano = ½ Dm2 = ½ Lg2 = ½ Ag , es decir, el área del cuadrado grande es el doble de la del mediano.

En el caso del cuadrado pequeño, su diagonal es la tercera parte de la diagonal del cuadrado grande. Por lo tanto, su área será la novena parte.

Ag = ½ Dg2 = ½ (3 Dp)2 = ½  9 Dp2 = 9 Ap

Por lo tanto   Ag = 2Am = 9Ap

16.- Hay varias formas de probar el enunciado. Por estar en progresión geométrica los lados del triángulo serán α, αr y αr2, siendo r la razón. Sin pérdida de generalidad podemos suponer α = 1, es decir que los lados sean 1, r, r2. Sea a el ángulo opuesto a r2, que es el lado mayor. Por el teorema del coseno se tiene que

r4 = 1 + r2 – 2r cos a

Como se indica que el triángulo es rectángulo,  cos a = 0, con lo que r4 = 1 + r2 (aplicando el teorema de Pitágoras hubiéramos llegado también a esa conclusión, pero me apetecía recordar el otro resultado). Resolviendo la ecuación bicuadrada, se llega fácilmente a que r = SOLUCIÓN CONCURSO DEL VERANO DE 2011.

17.- Está claro que como el ángulo 1 tiene 70º y el ángulo 9 es recto, el ángulo 2 debe ser de 20º. Siguiendo con razonamientos similares, que por sencillos omitiremos, quedan finalmente así:

Ángulo
1
2
3
4
5
6
7
8
9
Medida
70º
20º
50º
20º
20º
140º
40º
90º
90º

18.- Sin pérdida de generalidad, supongamos que el triángulo AIC es semejante a ABC. Entonces los ángulos de AIC coincidirán con los de ABC en algún orden. Los ángulos de AIC son ½ A, ½ C  y  ½ π + ½ B.

Si  ½ π + ½ B = B, entonces B = π, lo que es imposible.

Si ½ A = A, entonces A = 0, también imposible. Análogamente razonamos si ½ C = C.

Se tienen por tanto sólo dos posibilidades

i)            B = ½ A, A = ½ C,  y  C = ½ π + ½ B

ii)           B = ½ C, C = ½ A,  y  A = ½ π + ½ B

Ambas nos llevan a que ABC tiene ángulos π/7, 2π/7  y  4π/7, que están en progresión geométrica.

19.- Una forma de demostrarlo es la siguiente

i) Consideremos los puntos MA, HA, GA como indica la figura. Pondremos hA a la altura correspondiente a A, p el semiperímetro y S el área de ABC.

SOLUCIÓN CONCURSO DEL VERANO DE 2011Los triángulos AMAHA y GMAGA son semejantes siendo la razón de semejanza 3 (propiedad del baricentro sobre cada mediana).

Entonces

hA = 3 gA (1)

Por la desigualdad triangular:

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multiplicando por hA y teniendo en cuenta (1) queda:

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finalmente, como S = pr resulta  SOLUCIÓN CONCURSO DEL VERANO DE 2011.

Análogamente obtendríamos las correspondientes desigualdades para gB y gC .

ii) Usaremos la desigualdad  SOLUCIÓN CONCURSO DEL VERANO DE 2011 que se deduce de la obvia (x-1)2 ≥ 0. (Consideraremos siempre x positivo).

Tenemos entonces:

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Sumando 3, ordenando y operando resulta:

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sacando factor común, dividiendo por 3 y poniendo 2p = a + b + c,  queda:

SOLUCIÓN CONCURSO DEL VERANO DE 2011 (2)

Por otra parte, como  3ga = hA; 3gb = hB; 3gc = hC, resulta 2S = 3gaa = 3gbb = 3gcc

Despejando 3a, 3b y 3c y sustituyendo en (2), queda:

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Finalmente usando de nuevo S = pr, resulta  SOLUCIÓN CONCURSO DEL VERANO DE 2011

20.- Como han descrito los concursantes, el poliedro que aparece es un dodecaedro estrellado, que se obtiene construyendo pirámides pentagonales sobre cada uno de los doce lados del dodecaedro. Esto nos permite deducir de forma sencilla el número de caras, vértices y aristas del cuerpo.

Dado que un dodecaedro tiene 12 caras, el cuerpo en cuestión tendrá 12 x 5 caras triangulares = 60 Caras. El número de vértices será el número de vértices del dodecaedro más los 12 vértices de las pirámides, es decir 20 + 12 = 32 Vértices. Para obtener el número de aristas, habrá que sumar las 30 aristas del dodecaedro y las aristas laterales de las 12 pirámides (12 x 5 = 60), es decir, 30 + 60 = 90 Aristas.

Como apunta algún concursante veamos si cumple la fórmula de Euler, Caras + Vértices = Aristas + 2. En efecto, 60 + 32 = 90 + 2.

21.- Esta pregunta era simplemente una pista para indicar que nos encontramos ante el misterio de un diamante o piedra preciosa que bien puede tener esa forma.

22.- Como ambas películas son sonoras, podemos suponer sin riesgo a equivocarnos que se trata de dos producción de mil novecientos y pico, es decir que conocemos dos dígitos, 19**. El único cuadrado perfecto entre 1900 y 1999 es 1939 = 442, así que el año de producción de una de ellas es o 1933 o 1939. Pero 1933 es primo, de modo que claramente se trata de 1939 que es además producto de dos primos, 7 y 277. En otro lugar del texto se afirma que ambas películas distan 30 años entre sí, por lo que podría ser 1909 0 1969. Ahora bien en 1909 las películas no eran a colorines, así que  debe ser 1969.

23.- Las películas son Beau Geste, dirigida por William A. Wellman en 1939, y La estrella del Sur,  dirigida por Sidney Hayers en 1060. La primera está basada en la novela homónima de Percival Christopher Wren y es bastante fiel al original (las variaciones son muy pequeñas), mientras que la segunda es una libre adaptación (¡pero que muy libre!) de una novela de Julio Verne, que a su vez se basaba en una novela de André Laurié.

Hay muchas películas con temática similar. Algunas de las que habéis indicado son: I am a thief (1934), They met in Bombay (1941), One misterious night (1944), Terror en la noche (1946), Un fresco en apuros (1955), La Pantera Rosa (1963), Jack de diamantes (1967), Robo de diamantes (1968), Los Tres Mosqueteros (hay muchas versiones; me quedo, no con la mejor, sino con la que vi aquellos años, la de Richard Lester, 1973), La casa número 11 (1974), El regreso de la pantera Rosa (1975), El Robobo de la Jojoya (1991), Titanic (1997), De ladrón a policía (1999), Snatch, cerdos y diamantes (2000), Looney Tunes. De nuevo en acción (2003), El gran golpe (2004), El gran golpe (2004), Un plan brillante (2007),…etc.

SOLUCIÓN CONCURSO DEL VERANO DE 2011Sin embargo, aquí había una pequeña “trampa”, o una pregunta fantasma que puntuaré como pregunta vigésimo cuarta. Se daba una foto de George Segal, que también protagonizaba, se dice, otra película de argumento similar, junto a un famoso rubio admirado por las féminas de medio mundo (me refería obviamente, no a Brad Pitt, al parecer también admirado por mucha gente, sino a Robert Redford). Era Un diamante al rojo vivo (The Hot Rock, Meter Yates, EE. UU., 1972) que vi varias veces en distintos veranos en las sesiones de cine de verano que comentaba al principio del artículo, a la que he valorado con 5 puntos a mayores, es decir, la puntuación plena será entonces de 205 puntos. Por cierto, por aclarar la cuestión de un concursante, no, no era en Cuenca donde vi tantos programas dobles (ciudad por cierto que no conozco).

Este año hemos tenido la gratísima sorpresa de contar con muchos más concursantes, de un nivel realmente magnífico, no sólo por los datos que dais sobre la novela y las películas (que eso más o menos con paciencia se localiza en Internet, aunque espero que hayáis visto las películas, y al menos una, os haya gustado), sino en vuestras resoluciones de los problemas matemáticos. Recibid pues desde DivulgaMAT nuestra más sincera enhorabuena. No obstante, en algunas cuestiones, algunos concursantes han escrito sencillamente la respuesta, sin describir ningún razonamiento. Aunque si la respuesta es correcta, se ha dado toda la puntuación, cuando no lo es, no es posible determinar si el razonamiento era bueno, el fallo era de una simple cuenta, etc., es decir no se puede definir la puntuación, y en esos casos, se considera con cero puntos. Vamos que hay que intentar indicar un razonamiento, aunque sea mínimo.

Tras el recuento paciente de la puntuación de cada cuestión, las puntuaciones han quedado del siguiente modo:

.- Emilio Diaz Rodríguez .- 188 puntos

.- Francisco Pi Martínez – 176 puntos.

.- Miguel Herraiz Hidalgo.- 172 puntos.

.- Alberto Castaño Dominguez – 170 puntos.

.- Elías Villalonga Fernández.- 165 puntos.

.- Celso de Frutos de Nicolás – 161 puntos.

.- María José Fuente Somavilla -  130 puntos.

.- Ricardo Alonso – 126 puntos

.- María Jesús Arcos – 88 puntos.

Enhorabuena a tod@s. Espero que, independientemente del resultado lo hayáis pasado bien. Algunos me habéis indicado algunas sugerencias, que os agradezco, y que procuraré tener en cuenta para la próxima ocasión. Gracias de nuevo por participar.

 
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