Más problemas olímpicos
Hola, aquí molestando otra vez con estos problemas olímpicos... Fin de semestre, y dejan más y más...
1.. 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.
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 torneo de ajedrez se inscriben 12 jugadores.Los participantes son tres pares de hermanos varones y tres pares de hermanas mujeres.Los hermanos Álvarez están casados con las hermanas Blanco.Los hermanos Fernández están casados con las hermanas Gómez. Los hermanos Pérez están casados con las hermanas Torres. Cada partido de la primera ronda se disputará entre un hombre y una mujer pero, ninguna mujer puede enfrentarse ni con su esposo ni con el esposo de su hermana. ¿De cuántas maneras se pueden armar los 6 partidos de la primera ronda?
Mil gracias...
1.. 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.
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 torneo de ajedrez se inscriben 12 jugadores.Los participantes son tres pares de hermanos varones y tres pares de hermanas mujeres.Los hermanos Álvarez están casados con las hermanas Blanco.Los hermanos Fernández están casados con las hermanas Gómez. Los hermanos Pérez están casados con las hermanas Torres. Cada partido de la primera ronda se disputará entre un hombre y una mujer pero, ninguna mujer puede enfrentarse ni con su esposo ni con el esposo de su hermana. ¿De cuántas maneras se pueden armar los 6 partidos de la primera ronda?
Mil gracias...
1 Respuesta
Respuesta de Valero Angel Serrano Mercadal
1
El 1 lo dejo para después, es complicado.
En el 2 tienes que mandarme la corrección.
Comenzaré por el 3.
Sean b1, b2 las hermanas Blanco ; a1, a2 hermanos Alvarez
g1, g2 Gomez ; f1, f2 hermanos Fernández
t1, t2 Torres; p1, p2 hermanos Pérez
Según lo hemos escrito, cada hermana puede jugar con los 4 hermanos que no están en su línea. Así, b jugara con f o p; g jugara con a o p; y t jugara con a o f.
Asignaremos rival a lasw hermanas por este orden: b1, b2, g1, g2, t1, t2. Es muy importante que cuando llegue la hora de elegir los rivales para las últimas hermanas (t1 y t2), no quede ninguno de sus maridos (p1 o p2) de rival posible puesto que no pueden enfrentarse. Para no dejarnos ningún caso, dentro de cada hermana, le asignaremos un rival (entre los que quedan y sean posibles) siempre por orden a, f, p.
Hagamos una tabla para entenderlo y computarlo, que será mejor.
Escribiré a para denotar a1 o a2, f para f1 o f2 y p para p1 o p2. Un letra a, f o p tendrá factor multiplicativo 2 para el número de casos de su fila.
Escribiré -a, -f o -p para designar al que aun no tiene rival de la pareja (a1, a2), (f1, f2) o (p1, p2). Una letra a, f, p con el signo - no multiplica el número de casos de esa fila.
Escribiré letras con o sin signos de los casos anteriores separadas por comas cuando se puedan alegir entre varios hermanos. El poder multiplicativo será la suma de los poderes multiplicativos de las letras escritas. Por ejemplo (-a,-p) tiene 2, (a,-p) tiene 3 y (f, p) tiene 4
Escribiré 1 cuando solo queda una opción pero es complicado expresarla. Factor multiplicativo 1 por supuesto.
Recuerde:
b jugará con (f, p); g con (a, p); y t con (a, f)
se eligen rivales por orden a, f, p
| b1 | b2 | g1 | g2 | t1 | t2 |
1) | f | -f | p | -p | a | -a | 8 casos
2) | f | p | a | -p | -f, -a | 1 | 16 casos
3) | f | p | -p | a | -f, -a | 1 | 16 casos
4) | p | f | a | -p | -f, -a | 1 | 16 casos
5) | p | f | -p | a | -f, -a | 1 | 16 casos
6) | p | -p | a | -a | f | -f | 8 casos
Lo que arroja un total de:
2·8 + 4·16 = 16 + 64 = 80 formas de armar los partidos de la primera ronda.
La forma de hacer la tabla viene obligada por toda la exposición anterior.
No obstante explico que en la fila 1) q1 y q2 no se enfrentan a "a" porque tienen que enfrentarse obligatoriamente a p1 y p2 ya que no pueden quedar estos para enfrentarse a las hermanas t.
Y en las filas 2 y 4 pasa parecido, a q2 no le quedan más narices que enfrentarse al hermano p que quedaba y las opciones de enfrentarse a "a" o f son inviables.
Luego, sobre el número de casos ya se explicaba que cuando escribo p por ejemplo es como si escribiese una fila con p1 y otra con p2, a eso llamo factor o poder multiplicativo 2. Lo mismo sucede cuando escribo "-f, -a", son dos casos. Pero lo de tipo "-f" no añade ninguna fila, simplemente rellena esa casilla con el único de los dos hermanos f disponible en ese momento.
Bueno, que te adelanto la solución de este problema y espero sobre todo que me aclares lo que te decía del problema número 2, donde aparece la configuración n=102 que no tiene sentido con el enunciado del problema.
En el 2 tienes que mandarme la corrección.
Comenzaré por el 3.
Sean b1, b2 las hermanas Blanco ; a1, a2 hermanos Alvarez
g1, g2 Gomez ; f1, f2 hermanos Fernández
t1, t2 Torres; p1, p2 hermanos Pérez
Según lo hemos escrito, cada hermana puede jugar con los 4 hermanos que no están en su línea. Así, b jugara con f o p; g jugara con a o p; y t jugara con a o f.
Asignaremos rival a lasw hermanas por este orden: b1, b2, g1, g2, t1, t2. Es muy importante que cuando llegue la hora de elegir los rivales para las últimas hermanas (t1 y t2), no quede ninguno de sus maridos (p1 o p2) de rival posible puesto que no pueden enfrentarse. Para no dejarnos ningún caso, dentro de cada hermana, le asignaremos un rival (entre los que quedan y sean posibles) siempre por orden a, f, p.
Hagamos una tabla para entenderlo y computarlo, que será mejor.
Escribiré a para denotar a1 o a2, f para f1 o f2 y p para p1 o p2. Un letra a, f o p tendrá factor multiplicativo 2 para el número de casos de su fila.
Escribiré -a, -f o -p para designar al que aun no tiene rival de la pareja (a1, a2), (f1, f2) o (p1, p2). Una letra a, f, p con el signo - no multiplica el número de casos de esa fila.
Escribiré letras con o sin signos de los casos anteriores separadas por comas cuando se puedan alegir entre varios hermanos. El poder multiplicativo será la suma de los poderes multiplicativos de las letras escritas. Por ejemplo (-a,-p) tiene 2, (a,-p) tiene 3 y (f, p) tiene 4
Escribiré 1 cuando solo queda una opción pero es complicado expresarla. Factor multiplicativo 1 por supuesto.
Recuerde:
b jugará con (f, p); g con (a, p); y t con (a, f)
se eligen rivales por orden a, f, p
| b1 | b2 | g1 | g2 | t1 | t2 |
1) | f | -f | p | -p | a | -a | 8 casos
2) | f | p | a | -p | -f, -a | 1 | 16 casos
3) | f | p | -p | a | -f, -a | 1 | 16 casos
4) | p | f | a | -p | -f, -a | 1 | 16 casos
5) | p | f | -p | a | -f, -a | 1 | 16 casos
6) | p | -p | a | -a | f | -f | 8 casos
Lo que arroja un total de:
2·8 + 4·16 = 16 + 64 = 80 formas de armar los partidos de la primera ronda.
La forma de hacer la tabla viene obligada por toda la exposición anterior.
No obstante explico que en la fila 1) q1 y q2 no se enfrentan a "a" porque tienen que enfrentarse obligatoriamente a p1 y p2 ya que no pueden quedar estos para enfrentarse a las hermanas t.
Y en las filas 2 y 4 pasa parecido, a q2 no le quedan más narices que enfrentarse al hermano p que quedaba y las opciones de enfrentarse a "a" o f son inviables.
Luego, sobre el número de casos ya se explicaba que cuando escribo p por ejemplo es como si escribiese una fila con p1 y otra con p2, a eso llamo factor o poder multiplicativo 2. Lo mismo sucede cuando escribo "-f, -a", son dos casos. Pero lo de tipo "-f" no añade ninguna fila, simplemente rellena esa casilla con el único de los dos hermanos f disponible en ese momento.
Bueno, que te adelanto la solución de este problema y espero sobre todo que me aclares lo que te decía del problema número 2, donde aparece la configuración n=102 que no tiene sentido con el enunciado del problema.
Gracias, lo estoy revisando... En cuanto al problema 2 ... trasncribi exactamente el enunciado... n son los puntos sobre la circunferencia, a)n=101, b)n=102 .. preguntare al maestro la aclaración...
Vale, estaba pensando en otra cosa. Pensaba que n era el dibujo que hacián los ceros y unos pintados en la circunferencia. No, n es el número de puntos, ahora creo que si lo he entendido.
¿Entonces la configuración inicial de ceros y unos no nos la dicen, puede ser cualquiera? Porque dependiendo de cual sea esa configuración inicial habrá respuesta o no. Querrá decir que con 101 no se resiste ninguna configuración y con 102 hay alguna que es imposible. Se me ocurre por pronto reducir el n a algo bien pequeño par o impar y comprobarlo. Creo que el resultado podría extenderse a cualquier par o impar.
Si puedes aclararme algo hazlo, sino me pondré a estudiar que pueden querer decir en función de los resultados que obtenga.
¿Entonces la configuración inicial de ceros y unos no nos la dicen, puede ser cualquiera? Porque dependiendo de cual sea esa configuración inicial habrá respuesta o no. Querrá decir que con 101 no se resiste ninguna configuración y con 102 hay alguna que es imposible. Se me ocurre por pronto reducir el n a algo bien pequeño par o impar y comprobarlo. Creo que el resultado podría extenderse a cualquier par o impar.
Si puedes aclararme algo hazlo, sino me pondré a estudiar que pueden querer decir en función de los resultados que obtenga.
¿O es que lo que dicen que hay un solo uno inicialmente y hay que conseguir ponerlo todo a cero? Creo que es eso lo que piden y eso voy a resolver si puedo.
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.
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.
