31 Olimpiada Matemática Thales Fase Regional: Huelva del 12-16 de mayo de 2015 S.A.E.M THALES 1

31 Olimpiada Matemática Thales Problema nº 1: “Números buenos y malos” Problema nº 2: “Un reparto a todo tren” Problema nº 3 (Problema CASIO): “Fabricando papel” Problema nº 4: “¿Césped o piscina?” Problema nº 5: “Pintando cubos” Problema nº 6: “π-ratas del Caribe” S.A.E.M THALES Fase Regional: Huelva del 12-16 de mayo de 2015 2

31 Olimpiada Matemática Thales Números buenos y malos Fase Regional: Huelva del 12-16 de mayo de 2015 S.A.E.M THALES 3 3 3 3

Solución Menú Problema nº 1: NÚMEROS BUENOS Y MALOS Don Odón Betanzos ha encargado a sus paisanas Isa y Rocío, entusiastas en el estudio de los números, que investiguen sobre los números buenos y malos. Rocío después de leer en un famoso libro de matemáticas, le dice a Isa: “¿Sabes que los números buenos son números enteros superiores o igual a 2 y que pueden escribirse como la suma de números naturales no nulos, distintos o no, dónde la suma de sus inversos es igual a 1 y los números malos son aquellos que no son buenos, es decir, que no cumplen la propiedad anterior?” Por ejemplo: 18 es un número bueno , porque 18 = 3+3+6+6 y Ya que Rocío ha explicado cuándo un número es bueno o malo, ayuda a Isa en su labor de investigación contestando de forma razonada a las siguientes cuestiones: a) ¿Cuáles son los números buenos que se encuentran del 2 al 10, ambos inclusive? b) Una vez que has calculado cuales son los buenos, ¿puedes afirmar que sus cuadrados también lo son? c) Si un número natural cualquiera "n" es bueno, ¿se puede afirmar que su cuadrado, también lo es? Solución Menú 4 4 4 4

Solución: Enunciado Menú ¿Cuáles son los números buenos que se encuentran del 2 al 10, ambos inclusive? 2=1+1 y (1/1)+(1/1)= 2 ≠ 1 Por lo tanto, 2 es un número malo 3=1+1+1 y (1/1)+(1/1) +(1/1)= 3 ≠ 1 3=1+2 y (1/2)+(1/1) = 3/2 ≠ 1 Por lo tanto, 3 es un número malo 4=2+2 y (1/2)+(1/2) = 1 Por lo tanto, 4 es un número bueno 5=1+1+1+1+1 y (1/1)+(1/1) +(1/1) + (1/1)+(1/1) = 5 ≠ 1 5=1+2+2 y (1/2)+(1/2)+(1/1) = 2 ≠ 1 5=1+4 y (1/4)+(1/1) = 5/4 ≠ 1 5=2+3 y (1/2)+(1/3) = 5/6 ≠ 1 Por lo tanto, 5 es un número malo Enunciado Menú 5 5 5 5

Solución: Enunciado Menú Por lo tanto, el 6 también es un número malo 6=1+1+1+1+1+1 y (1/1)+(1/1)+(1/1)+(1/1)+(1/1)+(1/1) = 6 ≠ 1 6=1+1+1+1+2 y (1/2)+(1/1)+(1/1)+(1/1)+(1/1) = 9/2 ≠ 1 6=1+1+2+2 y (1/2)+(1/2)+(1/1)+(1/1) = 3 ≠ 1 6=1+2+3 y (1/2)+(1/3)+(1/1) = 11/6 ≠ 1 6=1+1+4 y (1/4)+(1/1)+(1/1) = 9/4 ≠ 1 6=2+4 y (1/2)+(1/4) = 3/4 ≠ 1 6=3+3 y (1/3)+(1/3) = 2/3 ≠ 1 6=1+5 y (1/5)+(1/1) = 6/5 ≠ 1 6=2+2+2 y (1/2)+(1/2)+(1/2) = 3/2 ≠ 1 6=1+1+1+3 y (1/1)+(1/1)+(1/1)+(1/3) = 10/3 ≠ 1 Por lo tanto, el 6 también es un número malo Enunciado Menú 6 6 6 6

Solución: Enunciado Menú Por lo tanto, 7 es también un número malo 7=1+1+1+1+1+1+1 y (1/1)+(1/1) +.....+ (1/1) = 7 ≠ 1 7=1+1+1+1+1+2 y (1/2)+(1/1)+(1/1)+(1/1)+(1/1)+(1/1) = 11/2 ≠ 1 7=1+1+1+1+3 y (1/1)+(1/1)+(1/1)+(1/1)+(1/3) = 13/3 ≠ 1 7=1+1+1+2+2 y (1/2)+(1/2)+(1/1)+(1/1)+(1/1) = 4 ≠ 1 7=1+2+2+2 y (1/2)+(1/2)+(1/2)+(1/1) = 5/2 ≠ 1 7=1+1+1+4 y (1/1)+(1/1)+(1/1)+(1/4) = 13/4 ≠ 1 7=1+3+3 y (1/3)+(1/3)+(1/1) = 5/3 ≠ 1 7=1+2+4 y (1/2)+(1/4)+(1/1) = 7/4 ≠ 1 7=1+1+5 y (1/1)+(1/1)+(1/5) = 11/5 ≠ 1 7=2+2+3 y (1/2)+(1/2) +(1/3) = 4/3 ≠ 1 7=1+6 y (1/6)+(1/1) = 7/6 ≠ 1 7=2+5 y (1/2)+(1/5) = 7/10 ≠ 1 7=3+4 y (1/3)+(1/4) = 7/12 ≠ 1 Enunciado Menú 7 7 7 7

Por lo tanto, 8 es un número malo Solución: Por lo tanto, 8 es un número malo 8=1+1+1+1+1+1+1+1 y (1/1)+(1/1)+.....+ (1/1) = 8 ≠ 1 8=1+1+1+1+1+1+2 y (1/2)+(1/1)+.....+(1/1) = 13/2 ≠ 1 8=1+1+1+1+2+2 y (1/2)+(1/2)+(1/1)+(1/1)+(1/1)+(1/1) = 5 ≠ 1 8=1+1+2+2+2 y (1/2)+(1/2)+(1/2)+(1/1)+(1/1) = 7/2 ≠ 1 8=1+1+3+3 y (1/3)+(1/3)+(1/1)+(1/1) = 8/3 ≠ 1 8=1+2+2+3 y (1/3)+(1/2)+(1/2)+(1/1) = 14/6 = 7/3 ≠ 1 8=2+2+2+2 y (1/2)+(1/2)+(1/2)+(1/2) = 4/2 = 2 ≠ 1 8=2+2+4 y (1/2)+(1/2)+(1/4) = 5/4 ≠ 1 8=2+3+3 y (1/2)+(1/3)+(1/3) = 7/6 ≠ 1 8=1+1+6 y (1/6)+(1/1)+(1/1) = 13/6 ≠ 1 8=1+2+5 y (1/2)+(1/5)+(1/1) = 17/10 ≠ 1 8=1+3+4 y (1/3)+(1/4)+(1/1) = 19/12 ≠ 1 8=1+7 y (1/7)+(1/1) = 8/7 ≠ 1 8=2+6 y (1/2)+(1/6) = 4/6 = 2/3 ≠ 1 8=3+5 y (1/3)+(1/5) = 8/15 ≠ 1 8=4+4 y (1/4)+(1/4) = 2/4 = 1/2 ≠ 1 Enunciado Menú 8 8 8 8

¡Así que los únicos números buenos del 2 al 10 son el 4, el 9 y el 10! Solución: 9=3+3+3 y (1/3)+(1/3)+(1/3) = 3/3 = 1 Por lo tanto, 9 es un número bueno 10=2+4+4 y (1/2)+(1/4)+(1/4) = 4/4 = 1 Por lo tanto, 10 es un número bueno ¡Así que los únicos números buenos del 2 al 10 son el 4, el 9 y el 10! Enunciado Menú 9 9 9 9

y (1/9)+(1/9)+(1/9)+(1/9)+(1/9)+(1/9)+(1/9)+(1/9)+(1/9)=9/9=1 Solución: b) Una vez que has calculado cuales son los buenos, ¿puedes afirmar que sus cuadrados también lo son? Hemos observado que 4 es un número bueno, ¿Será su cuadrado 16 = 42 un número bueno? Pues sí es bueno ya que 16 = 4+4+4+4 y (1/4)+(1/4)+(1/4)+(1/4) = 4/4 = 1 Además, 9 es un número bueno, ¿también será bueno el 81 = 92? Pues vemos que también es bueno porque 81 = 9+9+9+9+9+9+9+9+9 y (1/9)+(1/9)+(1/9)+(1/9)+(1/9)+(1/9)+(1/9)+(1/9)+(1/9)=9/9=1 El 10 es un número bueno, ¿será bueno el 100 = 102 Pues vemos que también es bueno porque 100=10+10+10+10+10+10+10+10+10+10 y (1/10)+(1/10)+(1/10)+(1/10)+(1/10)+(1/10)+(1/10)+(1/10)+(1/10)+(1/10) = 10/10 = 1 Enunciado Menú 10 10 10 10

Solución: Enunciado Menú c) Si un número natural cualquiera "n" es bueno, ¿se puede afirmar que su cuadrado, también lo es? Sabemos que si "n" es un número bueno, su cuadrado “n2“ se puede escribir como la suma del número n, n veces. Y al sumar n veces el inverso de n (1/n) siempre vamos a obtener n/n, es decir, la unidad. Por lo tanto n2 siempre será un número bueno. Veamos un ejemplo: El número 25 es bueno ya que 25 = 5+5+5+5+5 y (1/5)+(1/5)+(1/5)+(1/5)+(1/5) = 5/5 = 1 Observamos que su cuadrado 252 = 625 es también bueno ya que 625 = 25+25+25+........+25 y (1/25)+(1/25)+........+(1/25) = 25/25 = 1 Enunciado Menú 11 11 11 11

Solución: Enunciado Menú Reagrupemos las respuestas: a) Los números buenos que se encuentran del 2 al 10 son el 4, el 9 y el 10. b) El 4, el 9 y el 10 son números buenos y sus cuadrados, 16, 81 y 100 también son números buenos. c) Si "n" es bueno, entonces, n2 se puede escribir como la suma del número n, n veces. Y al sumar n veces el inverso de n (1/n) siempre vamos a obtener la unidad. Por lo tanto n2 siempre será un número bueno. HEMOS ENCONTRADO LAS SOLUCIONES... … pero ¿habrá más formas de calcularlas? Enunciado Menú 12 12 12 12

31 Olimpiada Matemática Thales Reparto a todo tren S.A.E.M THALES Fase Regional: Huelva del 12-16 de mayo de 2015 13 13

Solución Menú Problema nº 2: REPARTO A TODO TREN Giuseppe Peanín, que es el repartidor de la pizzería matelandesa, tiene que entregar un pedido en una casa en el mínimo tiempo posible. Armado de paciencia, ha estudiado minuciosamente los semáforos del barrio y ha descubierto algunas cosas. Los semáforos sólo tienen dos colores: rojo (no se puede pasar) y verde (sí se puede pasar) que se alternan cada dos minutos (dos minutos rojo, dos minutos verde, dos minutos rojo…). Giuseppe tarda 2 minutos y 5 segundos en ir de un semáforo al siguiente. Si en el momento que sale de cualquiera de las dos salidas del aparcamiento, la disposición de los semáforos se acaba de cambiar a la que se indica en el dibujo, ¿cuál es la ruta más rápida para entregar la comida? Explica razonadamente tu respuesta. Solución Menú 14

Solución: Enunciado Menú Para empezar, comprobemos lo que parece evidente: en el trayecto más rápido el motorista siempre se moverá hacía el Norte o hacía el Este. Esto se debe a que nunca le conviene dar la vuelta a una o a dos manzanas para evitar semáforos rojos. Por ejemplo, si el motorista está situado donde se indica en el dibujo, podría dar la vuelta a la manzana para evitar el semáforo R del camino azul. Sin dar la vuelta tarda de un semáforo a otro 2 min 5 s, y esperando al verde 2 min como máximo. En total: 2 (2 m 5 s) + 2 min = 6 min 10 s. Realmente solamente tendría que esperar 1 m 55 s en el semáforo R. Dando la vuelta, y suponiendo que no se tiene que parar, tarda como mínimo: 4 · (2 m 5 s) = 8 m 20 s Enunciado Menú 15 15

Solución: Enunciado Menú Para empezar, comprobemos lo que parece evidente: en el trayecto más rápido el motorista siempre se moverá hacía el Norte o hacía el Este. Esto se debe a que nunca le conviene dar la vuelta a una o a dos manzanas para evitar semáforos rojos. Si le da la vuelta a dos manzanas, para evitar dos semáforos R, seguiría siendo más rápido por más de 10 s. Sin dar la vuelta tarda como máximo: 3 · (2 m 5 s) + 2 · (2 min) = 10 min 15 s. Dando la vuelta sin pararse tarda: 5 · (2 m 5 s) = 10 m 25 s Dar la vuelta a tres manzanas implicaría en algún momento dar marchar atrás. Enunciado Menú 16 16

Solución: Enunciado Menú Por tanto, el camino más rápido se traza moviéndonos hacía el N o el E. Así pasaremos por 5 semáforos. En segundo lugar, observemos qué ocurre cuando sale de un semáforo donde se ha parado. Por ejemplo, en el que se indica en la figura. Si el siguiente semáforo también tiene el mismo color. Cuando los dos semáforos se cambien a V, el motorista arrancará pero no llegará al 2º semáforo hasta que se cambie otra vez. Se tendrá que volver a parar 1 min 55 s. 1º 2º 3º 4º 5º Sin embargo si el 2º semáforo tiene distinto color, llegará cuando este en V. Justamente pasará a los 5 segundos de haberse puesto en V. Enunciado Menú 17

Solución: Enunciado Menú Por tanto, el camino más rápido se traza moviéndonos hacía el N o el E. Así pasaremos por 5 semáforos. Con el siguiente semáforo ocurriría lo mismo. Si no se ha parado y el color es distinto del 2º, lo pasará cuando este tercer semáforo lleve 10 s en V. Si es del mismo color, se tendría que detener 1 min 50 s. 1º 2º 3º 4º 5º Si no se para y el 4º semáforo es de distinto color que el 3º, lo pasará a los 15 s de ponerse V. Si son del mismo color, se parará 1 min 45 s. Y con el quinto pasaría lo mismo. Deducimos… Enunciado Menú 18 18

Solución: Enunciado Menú El camino más rápido debe tener el mayor número posible de semáforos consecutivos con distinto color y siempre hacia el N o el E. Además, mientras más semáforos pase, menos tiempo tiene que esperar en el siguiente semáforo R. 1º 2º 3º 4º 5º Utilicemos el diagrama de árbol para buscar el trayecto con menos semáforos consecutivos del mismo color, distinguiendo si en cada cruce nos vamos hacía el N o hacía el E. Tomaremos el primer cruce hacia el N, en caso contrario el motorista se detendría en el primer semáforo. Enunciado Menú 19 19

Nº de semáforos consecutivos de igual color Solución: El camino más rápido debe tener el mayor número posible de semáforos consecutivos con distinto color y siempre hacía el N o el E. Además, mientras más semáforos pase, menos tiempo tiene que esperar en el siguiente semáforo R. Pizzería Salida Norte R V 1 2 3 4 Nº de semáforos consecutivos de igual color Salida Este 1º 2º 3º 4º 5º 1º 2º 3º 4º 5º Enunciado Menú 20 20

Nº de semáforos consecutivos de igual color Solución: En los tres primeros recorridos, solamente se tiene que parar una vez, pero en el que más tarde se para, es en el tercero. Pizzería Salida Norte R V 1 2 3 4 Nº de semáforos consecutivos de igual color Salida Este 1º 2º 3º 4º 5º 1º 2º 3º 4º 5º Enunciado Menú 21 21

EL TRAYECTO MÁS RÁPIDO ES EL SEÑALADO EN EL PLANO Solución: EL TRAYECTO MÁS RÁPIDO ES EL SEÑALADO EN EL PLANO HEMOS ENCONTRADO LA SOLUCIÓN... … pero ¿habrá más formas de encontrarla? Y ¿qué pasaría si el motorista no sale a la misma vez que se cambian los semáforos? Enunciado Menú 22 22

31 Olimpiada Matemática Thales Fabricando Papel S.A.E.M THALES Fase Regional: Huelva del 12-16 de mayo de 2015 23 23

Solución Menú Problema nº 3: PROBLEMA CASIO: FABRICANDO PAPEL En Matelandia se preocupan por el medio ambiente. Para concienciar a su clase de qué se debe ahorrar papel, el profesor D. Rosendo muestra a sus alumnos un polígono de la misma forma que la provincia de Matelandia, que como todos saben es cuadrada y tiene 1296 km2 de superficie. Como a D. Rosendo le interesan mucho las nuevas tecnologías ha pedido a sus alumnos que busquen información en internet. Lucas ha encontrado los siguientes datos: Superficie mínima que necesita para crecer un árbol del que se obtiene papel: 4 m2 Cantidad de papel que se fabrica con un árbol: 40 kg. Número de habitantes de Matelandia: 9.600.000 hab. Cantidad de papel usado por habitante y año en Matelandia: 150 kg D. Rosendo les pide que dibujen un cuadrado, sobre el mapa anterior, que represente las dimensiones de la superficie mínima que en Matelandia se destina cada año a la fabricación de papel. ¿Cuáles son las dimensiones de ese cuadrado? Razona las respuestas Solución Menú 24

Solución: Enunciado Menú En primer lugar calculamos las dimensiones del mapa de Matelandia:       Enunciado Menú 25

Solución: Enunciado Menú Ahora calculamos qué superficie necesitamos para obtener el papel necesario: En primer lugar, vemos cuánto papel se consume al año en Matelandia. Si cada habitante consume 150 kg y en total hay 9.600.000 habitantes se tiene que:   Ahora calculamos los árboles necesarios para ello, sabiendo que cada árbol produce 40 kg:     36.000.000 árboles · 4 m2/árbol = 144.000.000 m2 = 144 km2 Enunciado Menú 26

Solución: Enunciado Menú     Sabiendo que cada unidad representa 3 km, una posible representación sería: Enunciado Menú 27

Solución: Enunciado Menú Algunas otras posibles representaciones serían: HEMOS ENCONTRADO LAS SOLUCIONES... … pero ¿habrá más formas de calcularlas? Enunciado Menú 28

31 Olimpiada Matemática Thales ¿Césped o piscina? S.A.E.M THALES Fase Regional: Huelva del 12-16 de mayo de 2015 29 29

Solución Menú Problema nº 4: ¿CÉSPED O PISCINA? Sofía Germain es la presidenta de una comunidad de vecinos. Gracias a una subvención ha construido en la urbanización una zona con césped y dos piscinas (las dos partes más claras que se muestran en el dibujo). Esta nueva construcción, como puede apreciarse, está formada por círculos tangentes entre sí en un punto. El círculo más pequeño tiene de diámetro 6 metros y cada círculo tiene un metro de radio más que el anterior. ¿Qué hay más, agua o césped? Contesta razonando tu respuesta. Solución Menú 30

Solución: Enunciado Menú El problema, simplificándolo, lo podríamos ver como cuatro círculos tangentes en el punto superior. La zona verde representa el césped y la azul la piscina. Enunciado Menú 31

Solución: Enunciado Menú Separamos las circunferencias para calcular el área de cada una de ellas: 6 cm     8 cm Enunciado Menú 32

Solución: Enunciado Menú Separamos las circunferencias para calcular el área de cada una de ellas:   10 cm 12 cm   Enunciado Menú 33

Solución: Enunciado Menú Calculo ahora la superficie de piscina. Nos podemos dar cuenta que hay dos piscinas: la primera, no hay ningún problema, ya la tenemos calculada; la segunda, nos damos cuenta de que es la diferencia entre las superficies del círculo 3 y del círculo 2:   Enunciado Menú 34

Solución: Por lo tanto de piscina tenemos:     Enunciado Menú 35

Solución: Así, de piscina tenemos:   Enunciado Menú 36

Solución: Enunciado Menú Vamos ahora con el césped, de la misma manera. Calculamos la parte más pequeña de césped, que saldrá de quitarle al círculo 2 el círculo 1.   Enunciado Menú 37

Solución: Enunciado Menú Lo mismo con la otra parte de césped: círculo 4 – círculo 3:   Enunciado Menú 38

Solución: En total de césped tenemos:     Enunciado Menú 39

Solución: Así, de césped tenemos:   Enunciado Menú 40

Hay la misma cantidad de césped que de piscina. Solución: ¡¡Sorprendente!! Hay la misma cantidad de césped que de piscina. HEMOS ENCONTRADO LA SOLUCIÓN... … pero ¿habrá más formas de calcularlas? Enunciado Menú 41

31 Olimpiada Matemática Thales Pintando cubos S.A.E.M THALES Fase Regional: Huelva del 12-16 de mayo de 2015 42 42

Solución Menú Problema nº 5: PINTANDO CUBOS Eva le dice a Beatriz: “Tengo un buen montón de cubitos de 1 cm de arista y con ellos he formado cubos mayores de 2, 3, 4, 5, 6, 7, ... cm de arista. A continuación he pintado las seis caras de estos cubos mayores. Adivina cuál es el cubo que tiene la misma cantidad de cubitos con una sola cara pintada, que sin ninguna.” ¿Cuántos cubitos forman el cubo que tiene que adivinar Beatriz? Razona tu respuesta Solución Menú 43 43

Solución: Enunciado Menú Comenzamos con 1 cubito: Lógicamente va a tener todas sus caras pintadas. Vamos a ver que ocurre con el cubo de lado 2: En este caso, todos los cubitos tendrán tres de sus caras pintadas. Enunciado Menú 44

Solución: Enunciado Menú Continuamos con el cubo de lado 3: Quitamos los cubitos que tienen 2 o 3 caras pintadas y nos encontramos con: Quitamos los cubitos que tiene una sola cara pintada y nos queda: Enunciado Menú 45

Solución: Enunciado Menú Continuamos con el cubo de lado 4: Quitamos los cubitos que tienen 2 o 3 caras pintadas y nos encontramos con: Quitamos los cubitos que tiene una sola cara pintada y nos queda: Enunciado Menú 46

Solución: Enunciado Menú Continuamos con el cubo de lado 5: Quitamos los cubitos que tienen 2 o 3 caras pintadas y nos encontramos con: Quitamos los cubitos que tiene una sola cara pintada y nos queda: Enunciado Menú 47

Solución: Enunciado Menú Vamos a observar que ha ocurrido con los cubos: Cubos de lado n Cubitos 1 cara pintada Cubitos 0 caras pintada n=5 6·(5-2)2 (5-2)3 n=4 6·(4-2)2 (4-2)3 n=3 6·(3-2)2 (3-2)3 n=2 6·(2-2)2 (2-2)3 Enunciado Menú 48

Solución: Enunciado Menú Vemos que en cada una de las caras del cubo, los cubitos con una sola cara pintada, si quitamos los cubitos que tienen dos o tres caras pintadas, es igual al cuadrado del número de cubitos de la arista menos 2. Es decir, cubitos con una cara pintada: (n-2)2 El total de cubitos con una cara pintada será: 6·(n-2)2 El total de cubitos con ninguna cara pintada será: (n-2)3 Como se nos pide que cuál es el cubo que tiene igual cantidad de cubitos con ninguna cara pintada que con una sola cara pintada. Luego tendremos que 6·(n-2)2 =(n-2)3 De donde 6=n-2 por tanto n=8 Luego necesitaremos 83 cubitos pequeños, es decir 512 cubitos de 1cm de arista. Enunciado Menú 49

Solución: Enunciado Menú Vamos a verificarlo con una tabla: Lado n Cubitos con una cara pintada 6·(n-2)2 Cubitos con ninguna cara pintada (n-2)3 Igual número de caras Lado 1 Imposible Lado 2 6·(2-2)2 = 0 (2-2)3 = 0 Si Lado 3 6·(3-2)2 = 6 (3-2)3 = 1 No Lado 4 6·(4-2)2 = 24 (4-2)3 = 8 Lado 5 6·(5-2)2 = 54 (5-2)3 = 27 Lado 6 6·(6-2)2 = 96 (6-2)3 = 64 Lado 7 6·(7-2)2 = 150 (7-2)3 = 125 Lado 8 6·(8-2)2 = 216 (8-2)3 = 216 Lado 9 6·(9-2)2 = 294 (9-2)3 = 343 Enunciado Menú 50

Solución: Enunciado Menú El cubo que buscamos es el formado por 8 cubitos en cada lado. Luego necesitamos 83 cubitos pequeños, es decir: 512 cubitos de 1 cm de arista HEMOS ENCONTRADO LAS SOLUCIONES... … pero ¿habrá más formas de calcularlas? Enunciado Menú 51

31 Olimpiada Matemática Thales Π-RATAS DEL CARIBE S.A.E.M THALES Fase Regional: Huelva del 12-16 de mayo de 2015 52 52

Solución Menú Problema nº 6. π-RATAS DEL CARIBE El pirata Malapata controla todo el Mar de los Números y los tesoros que se encuentran en sus doce islas. En las islas hay desde 1 tesoro hasta 12 tesoros, de forma que dos islas no pueden tener el mismo número de tesoros. Cada semana, Malapata hace distintas expediciones cuadradas y expediciones triangulares para comprobar que sus tesoros no han sido robados (como se muestra en los dibujos A, B y C). Malapata llama botín de una expedición al número total de tesoros que hay en una expedición. Sabe que el botín de cualquier expedición cuadrada es siempre el mismo, y el botín de cualquier expedición triangular es el mismo botín de su expedición opuesta (véase el dibujo C). Además sabe que existe una diferencia de 3 tesoros entre el botín de una expedición triangular y cualquiera que no sea su opuesta. Ayuda a Malapata y completa el dibujo adjunto, donde se muestra el número de tesoros de cada isla. Razona cómo lo has hecho. Solución Menú 53

Solución: Enunciado Menú Para poder referirnos a las islas sin equívocos, nombramos a cada una de ellas con la letra I (de isla) y como subíndice el número de la posición que ocupa (visualizando las 12 islas como la esfera de un reloj) Empecemos analizando las expediciones cuadradas Hay 3 posibles expediciones cuadradas que pasan por las 12 islas sin que una isla pueda estar en dos expediciones distintas. Por tanto el botín de las 3 expediciones cuadradas será la suma de los números del 1 al 12: 1+2+3+….+10+11+12=78. Y como las tres tienen el mismo botín, cada expedición cuadrada tendrá un botín de 26 tesoros. Enunciado Menú 54

VEAMOS COMO QUEDA GRÁFICAMENTE Solución: Seguimos con las expediciones cuadradas, veamos qué información podemos obtener de cada una de ellas I3 + I12 = 14 I7 + I10 = 13 I5 + I11 = 10 Los tesoros que nos faltan por colocar son 2, 4, 6, 7, 8 y 10. Por tanto en I7 e I10 estarán el 6 y el 7, en I3 e I12 estarán el 4 y el 10 y en I5 e I11 el 2 y el 8 VEAMOS COMO QUEDA GRÁFICAMENTE Enunciado Menú 55

Solución: Enunciado Menú La única forma de conseguir el 13 con los números sin colocar es usando el 6 y el 7. También es fácil hallar los otros Enunciado Menú 56

Estudiemos las expediciones triangulares para decidir: Solución: Estudiemos las expediciones triangulares para decidir: Empezaremos usando la pareja (expedición triangular y opuesta) de la que tengamos más datos. Como el botín de las dos expediciones triangulares opuestas debe de ser igual. I10 +14 = I12 +17. Es decir, I10-3=I12. La única posibilidad es que I10=7 e I12=4. Y por tanto I7=6 e I3=10 Enunciado Menú 57

I11+16=I5+10. Es decir, I11+6=I5, por los que I5=8 e I11=2 Solución: Utilizamos otra de las expediciones triangulares y su apuesta para determinar la única duda que nos queda I11+16=I5+10. Es decir, I11+6=I5, por los que I5=8 e I11=2 Enunciado Menú 58

Solución: Enunciado Menú HEMOS ENCONTRADO LAS SOLUCIONES... No hemos necesitado usar que existe una diferencia de tres tesoros entre una expedición triangular y cualquier otra que no sea su opuesta. Pero podemos comprobar que se cumple: las islas 1, 5 y 9 suman 18 tesoros (al igual que las islas 3, 7 y 11) y las islas 2, 6 y 10 suman 21 tesoros (lo mismo que las islas 4, 8 y 12) HEMOS ENCONTRADO LAS SOLUCIONES... … pero ¿habrá más formas de calcularlas? Enunciado Menú 59