VI OIM: 1991, Sin resolver: 2, 3, 5, 6 Opciones

[S. E. Puelma Moy...]

La solución de Corecrasher está correcta (la primera solución para el problema 1). Aunque así como está, posiblemente no todos la entiendan a la primera. Por esta razón he decidido comentar los pasos esenciales. Aquí vamos:

Cada vértice y cada cara tiene asociados un 1 o un -1, por lo cual la suma pedida, que llamaremos , debe ser par (suma de catorce números pares, sigue siendo par) y estar entre -14 y 14. Originalmente, los candidatos son:

-14, -12, -10, -8, -6, -4, -2, 0, 2, 4, 6, 8, 10, 12, 14

Ahora descartaremos los múltiplos de 4. Daré una explicación alternativa a lo que esbozó Corecrasher en un par de líneas

Cáda vértice tiene asociado el número (haciendo variar desde 1 hasta 8... lo único relevante de es su paridad). Cada cara tiene asociado un número de la forma , siendo los rótulos de los vértices que determinan esa cara.

El producto de los 14 números asociados es: . Esto quiere decir que la cantidad de números -1 usados es par, digamos que usamos dígitos -1 y dígitos 1. Luego , no es múltiplo de 4

Por eso que los candidatos para ser un valor de , son solamente

-14, -10, -6, -2, 2, 6, 10, 14.

Todos son alcanzables, poniendo un ejemplo, excepto -14 y 10. Es imposible -14, porque necesitamos todos los vértices y caras con un -1 asignado, contradiciendo la hipótesis

¿Por qué es imposible obtener ?

Supongamos que fuera posible (forzaremos la contradicción). Necesitamos apenas dos valores -1. Hay tres opciones

• Ambos valores -1 en caras: Absurdo, porque necesitaríamos vértices con valores -1
• Ambos valores -1 en vértices: Absurdo, porque siempre podremos encontrar una cara en contacto con un vértice, pero no con el otro. Entonces dicha cara debe tener asociado un -1
• Un valor -1 en un vértice, y el otro en una cara: Absurdo, porque teniendo tan solo un vértice con valor -1, deben haber tres caras con valor -1: las tres caras incidentes. No va a ser solamente una.

Esta contradicción general termina con nuestro problema

[Ditoow]

Problema 2: Dos rectas perpendiculares dividen un cuadrado en cuatro partes, tres de las cuales tienen (cada una) área 1. Demuestre que el cuadrado tiene área 4

 cuadrado.png ( 1.55k ) Número de descargas:  0


Asumiendo las siguientes áreas iguales tenemos que: , de lo cuál llegamos a .
Distribuyendo el lado izquierdo de tenemos: de lo cuál , es decir, .

De aquí observamos que ambas rectas pasan por el punto medio del cuadrado y tenemos que , y usando lo anterior y como , el área del cuadrado es .

Lo mismo para las demás permutaciones de 3 áreas.

[Cenizas con Most...]

 cuadrado.png ( 1.55k ) Número de descargas:  0


Asumiendo las siguientes áreas iguales tenemos que: , de lo cuál llegamos a .
Distribuyendo el lado izquierdo de tenemos: de lo cuál , es decir, .

De aquí observamos que ambas rectas pasan por el punto medio del cuadrado y tenemos que , y usando lo anterior y como , el área del cuadrado es .

Lo mismo para las demás permutaciones de 3 áreas.

Las rectas que son perpendiculares entre sí no son necesariamente paralelas a algún lado del cuadrado, así que trabajaste solamente con un caso muuuuy particular.

[Ditoow]

Las rectas que son perpendiculares entre sí no son necesariamente paralelas a algún lado del cuadrado, así que trabajaste solamente con un caso muuuuy particular.

Deberas