1.- embaldosar con hexágonos.

1.- EMBALDOSAR CON HEXÁGONOS.
Se tiene un hexágono regular en el plano.
ƒ
Operación 1: Se rodea colocando alrededor hexágonos iguales a él.
Hay 1 + 6=7 hexágonos.
ƒ
Operación 2: Se rodea esta estructura con hexágonos iguales. Ahora
hay 1+6+2x6=19 hexágonos.
Se repite esta operación.
ƒ
ƒ
¿Cuántos hexágonos hay después de la operación 4?
¿Puedes decir cuántos hay después de la operación
¿Cuántos hay después de la operación n?
100?
Después de la operación n, queremos poner dos pesetas en cada vértice
de orden 2 (es decir donde se corten dos aristas), y tres en cada uno de
orden 3. ¿Cuántas pesetas en total necesitamos?
CASTILLA-LA MANCHA. Problemas propuestos para la XIV OMN
SOLUCIÓN:
En los problemas de regularidades como este, una tabla nos ayuda a ordenar los
datos y tratar de encontrar alguna pauta que nos conduzca a la solución. Veamos:
Operaciones
1
2
3
4
...
100
Hexágonos
7
19
37
61
...
30.301
A
1+(6x1) 1+(6x3) 1+(6x6) 1+(6x10)
1+(6x5.050)
B
3x2+1 3x6+1 3x12+1 3x20+1
3x10.100+1
Analizando la fila “A” podemos ver que el número de hexágonos en cada caso se
puede obtener multiplicando 6 por la suma de todas las operaciones hasta la dada y
sumando 1 (el primer hexágono). Así para la operación 4 será 6(1+2+3+4) + 1 =61.
Para el caso de 100, desde que Gauss era pequeñito sabemos que 5.050 es la suma
de los 100 primeros números. Por lo tanto será: 6 x 5.050 + 1 = 30.301. Para el
caso de n sería la suma de los 100 primeros números multiplicado por 6 más 1.
Si nos fijamos en la fila B podemos apreciar que para obtener el número de
hexágonos en cada caso, multiplicamos el número de la operación por la siguiente y
por 3 y luego sumamos 1. Para la operación 4 será: (4x5) x 3 + 1=61. Para 100
será: (100x101)x3+1= 30.300+1=30.301.
Generalizando nos sale: 3n(n+1)+1 = 3n2+3n+1 = 3(n2+n)+1
Para la segunda parte del problema debemos averiguar primero los vértices de orden
2 y 3 que resultan después de cada operación. Conviene usar tramas de puntos
isométricas para efectuar un recuento ordenado y sistemático, evitando tener que
contar punto a punto.
Operaciones
VÉRTICES
ORDEN 2
ORDEN 3
1
2
3
4
5
...
100
12
18
24
30
36
...
606
2X6
3X6
4X6
5X6
6X6
...
101X6
12
36
72
120
180
...
60.600
1X12
3X12
6X12
10X12
15X12
...
5.050x12
(1+1)x6 (4+2)x6 (9+3)x6 (16+4)x6 (25+5)x6 ... (10000+100)x6
Para los vértices de orden 2, enseguida descubrimos lo que tenemos que hacer:
multiplicar uno más de la operación en la que estamos por 6. De modo general será:
6 (n+1).
Para averiguar los vértices de orden 3, descubrimos que se puede hacer de varias
formas:
CASTILLA-LA MANCHA. Problemas propuestos para la XIV OMN
ƒ
Multiplicando 12 por la suma de todas las operaciones hasta la dada. Así por
ejemplo para los vértices de orden 3 en la operación 5, hacemos 12
(1+2+3+4+5)= 12x15 = 180.
ƒ
Multiplicando 12 por la mitad del producto de una operación con la siguiente. En
el caso de la operación 5 será:
5(5 + 1)
x12= 15x12=180. En forma general será:
2
n(n + 1)
x12 o bien 6(n2+n) como puede comprobarse en la fila inferior de la
2
tabla.
Si ponemos dos pesetas en cada vértice de orden 2 y 3 ptas en cada vértice de
orden 3, después de la operación n, necesitaremos:
2 [6(n+1)] + 3[6(n2+n)].
Después de desarrollar y simplificar se llega a esta fórmula: 6(3n2+5n+2).
Vamos a comprobarla para las pesetas necesarias después de la operación 5.
6(75+25+2) = 612 pesetas.
2.- ALUBIAS BLANCAS Y ROJAS
En un saco blanco tienes 2.000 alubias blancas y en otro saco rojo 3.000
alubias rojas. Del saco blanco pasas al saco rojo 50 alubias. Las mezclas muy
bien y sacas entonces 50 alubias del saco rojo y -sin mirarlas- las metes en el
saco blanco. Al final, ¿hay más alubias blancas en el saco rojo o alubias rojas
en el saco blanco?.
Este problema induce a error, pues mucha gente considera que debe haber más
alubias blancas en el saco rojo que al contrario, puesto que el primer puñado de alubias
eran todas blancas y sin embargo en el segundo había mezcla de blancas y rojas.
Pongamos un ejemplo, consideremos que en el segundo puñado van 5 alubias
blancas (vale cualquier número entre 0 y 50) será porque pasamos al saco blanco 45
alubias rojas, que son justamente el número de alubias blancas que han quedado en el
saco rojo.
Para darnos cuenta mejor, estudiemos los casos extremos:
a) Que en el segundo puñado pasemos todas las alubias blancas a su saco, por
tanto quedarán como estaban al principio, es decir, ninguna blanca en el rojo y
ninguna roja en el blanco.
CASTILLA-LA MANCHA. Problemas propuestos para la XIV OMN
b) Que al pasar el segundo puñado pasen al saco blanco 50 alubias rojas, en ese
caso habría 50 alubias del color contrario en cada saco.
(Como hemos dicho, para ejemplos intermedios valdría cualquier número entre
1 y 49.)
Por tanto, la solución es que habrá el mismo número de alubias rojas en el
saco blanco que de alubias blancas en el saco rojo.
NOTA.- Para comprender totalmente el problema puede reducirse a casos más
sencillos con montoncitos mucho más pequeños (diez unidades) de alubias u otros
objetos y cambiar dos o tres. Hacerlo varias veces y comprobar qué pasa.
3.- LA FIESTA DE MARÍA.
María invitó a 17 amigos a su fiesta de cumpleaños. Asignó a cada
invitado un número desde el 2 hasta el 18, reservándose el 1 para ella
misma. Cuando todo el mundo estaba bailando, se dio cuenta de que la suma
de los números de cada pareja era cuadrado perfecto. Adivinas el número de
la pareja de María?.
Los primeros cuadrados perfectos son: 1,4,9,16,25,36
Podemos agrupar los números del 1 al 18 de forma ordenada para que la suma
resulte un cuadrado perfecto.
Así el :
1 haría pareja con el 3, 8, 15.
2 "
" " " 7, 14.
3 "
" " " 6, 13. (pues ya ha sido considerado con el 1).
4 "
" " " 5, 12.
5 "
" " " 11 (pues ya ha sido considerado con el 4).
6 "
" " " 10 ( " " " "
"
" " 3).
7 "
" " " 9, 18.
8 "
" " " 17. (pues ya ha sido considerado con el 1).
9 "
" " " 16. ( " " " "
"
" " 7).
10 "
" " " 15. ( " " " "
"
" " 6).
11 "
" " " 14. ( " " " "
"
" " 5).
12 "
" " " 13. ( " " " "
"
" " 4).
El resto de los números ya han sido considerados anteriormente.
RESUMIENDO:
3
1 ---- 8
15
CASTILLA-LA MANCHA. Problemas propuestos para la XIV OMN
2 ---- 7 y 14
3 ---- 6
13
4 ---- 5
12
5 ---- 11
6 ---- 10
7 ---- 18
8 ---- 17
Observamos:
QUE EL NUMERO
SOLO PUEDE HACER PAREJA CON EL
18
7
(18+7= 25; 52)
17
8
(17+8= 25; 52)
16
9
(16+9=25); 52).
11
5
(11+5=16; 42)
14
2 (El 11 ya se unió con el 5)
(14+2=16; 42)
12
4 (Al 4 sólo le queda el 12)
(12+4=16; 42)
13
3 (Puesto que el 12 era único recurso del 4)
(13+3=16; 42)
10
15
10
6
(También podría con el 15)
1(El 10 podría hacer pareja con el 15, pero el
1 no podría conel 6)
RESULTADO
(10+6=16; 42)
(15+1=16; 42)
Curioso: de las nueve parejas, las 3 primeras son cuadrado perfecto de 5 y las 6
últimas lo son de 4.
María necesariamente ha de estar bailando con la persona que lleva el
número 15.
CASTILLA-LA MANCHA. Problemas propuestos para la XIV OMN