chiquilicuatri cqd

**Patri** · 26/05/2005 21:20

Entretenimiento por si os aburrís y así me ayudais a hacer las prácticas
gracias!!!!!!!!!!!!!!

1
¿Qué números pueden ponerse como suma de tres números consecutivos?
¿Y qué números pueden ponerse como suma de cinco números consecutivos?
¿Y los que pueden ponerse como suma de cuatro números consecutivos?

2
¿Qué números pueden ponerse como suma de cualquier cantidad de números consecutivos?

3
¿Cuál será la última cifra de 777777796?

4
Determina el resto que se obtiene al dividir 1 + 5 + 52 + 53 + .... + 596 entre 4.

5
¿Cuántos partidos de fútbol se habrán de jugar en una liga con 96 equipos?

6
En una fase final de un torneo de tenis con 1.048.576 jugadores ¿cuántos partidos se habrán jugado? ¿Y con 96.969.696 jugadores?

7
Chiquilicuatri quiere irse de vacaciones y decide dejar los peces de su acuario a sus amigos de clase para que los cuiden durante su ausencia.
· Al primero de sus amigos le deja 1 pez y 1/96 de todos los restantes.
· Al segundo de sus amigos le deja 2 peces y 1/96 de todos los restantes.
· Al tercero de sus amigos le deja 3 peces y 1/96 de todos los restantes.

Y así sucesivamente, hasta que reparte todos los peces de su acuario.

¿Cuántos amigos tenía Chiquilicuatri? ¿Cuántos peces tenía?

8

Chiquilicuatri no se fía de Nanín, pero esta vez el juego de Nanín parece seguro
Chiquilicuatri canta una canción, acto seguido Nanín le duplica el dinero que llevaba Chiquilicuatri, y después Chiquilicuatri paga una cantidad de monedas a Nanín.

A continuación, lo mismo: Chiquilicuatri canta otra canción, después Nanín le duplica el dinero que en ese momento le quedaba a Chiquilicuatri, y finalmente Chiquilicuatri paga a Nanín una cantidad de monedas.

Después de 96 canciones, Chiquilicuatri (¡no escarmentaba de jugar con Nanín!) se queda sin nada.

Si la cantidad de monedas que Chiquilicuatri paga a Nanín es siempre la misma... ¿cuántas monedas tenía inicialmente Chiquilicuatri?

**leach** · 27/05/2005 00:45

Hola.

Son unos problemas curiosos. Algunos son muy fáciles, otros (como el 3 y el 4) no los entiendo del todo. Veamos algunos:

1 y 2. Estos son muy sencillos, y dependen todos ellos de progresiones aritméticas. Por ejemplo, los números que son suma de tres consecutivos son de la forma:

$n\, +\, (n+1)\, +\, (n+2) \; = \; 3n+3\; = \; 3(n+1) \, .$

Por tanto, un número es múltiplo de 3 si y sólo si es suma de tres enteros consecutivos. Ejemplo: 9 = 3(n+1) entonces n=2, es decir: 9 = 2+3+4. El 3 verifica: 3 = 3 (n+1) entonces n = 0, tienes 3 = 0 + 1 + 2. Etc.

En general, la suma de k enteros consecutivos es:

$ n\, + \, (n+1)\, + \, (n+2)\, + \, \ldots \,+\, (n+k-1) \; = \; kn\, + \, (1+2+3+\ldots+k-1) \; = \; kn + \frac{1}{2}\left(k^2-k\right)\, . $

Por lo tanto, la suma de k números consecutivos siempre es un múltiplo de k más k(k-1)/2. Esto significa que si k es impar, la suma de k números es múltplo de k. Pero si k es par, la suma de k números es un múltiplo de k más (k-1)*k/2, un término con resto. . Por ejemplo, la suma de 10 números consecutivos pertenece a la sucesión:

$t_n \quad = \quad 10n\, + \, 45\; = \; 10(n+4) \, + \, 5 .$

Por ejemplo, el número 135 es múltiplo de 10 más 5, así que tiene que ser suma de 10 números consecutivos. ¿Cuáles? Pues resuelve: 135 = 10(n+4) + 5, es decir: n + 4 = 13, y n = 9 Por tanto: 9 + 10 + 11 + ... + 18 = 135.

Supongo que estamos trabajando con números enteros. Por ejemplo, 5 es múltiplo de 10 más 5, así que: 10(n+4) + 5 = 5, es decir: n = -4. Tienes:

-4-3-2-1+0+1+2+3+4+5 = 5.

Un tantillo truculento, pero tiene completa lógica.

------

3. ¿la última cifra quiere decir hallar : 777777769_ , o quiere decir hallar _777777769 , o es que no me entero del enunciado? Me parece un problema un poco arbitrario.

4. Este es un poco como el anterior. Al parecer, el truco del problema es hallar la sucesión que va desde 1,5,51,52,... hasta ... 596. El resto debe ser fácil. De todos modos, me parece una vez más un problema arbitrario. Se me ocurren muchas maneras de interpolar la sucesión: 1,5,51,52,...,596. Este tipo de problemillas de entender qué diablos estaba pensando el individuo que se lo inventó me hacen perder la paciencia.

5. Si hay partidos de ida y de vuelta, la pregunta equivale a cuántos pares ordenados se pueden formar con 96 elementos. La respuesta es: 96*95 = 9120. Pero no entiendo casi nada de fútbol, así que a lo mejor me estoy perdiendo algo.

NOTA: ¿qué clase de romance macabro-freudiano tiene el que inventa estos problemas con el número 96?: 777777796; 1,5,51,52,...,596; 96 equipos...

6. En estos torneos creo que se funciona por eliminatorias. La estructura viene a ser de árbol binario, cuya profundidad crece como una potencia de 2. En cada partido juegan dos y es eliminado uno. Por tanto, en la rama inferior del árbol tiene que haber (asumiendo que el número de jugadores es par) un total de N/2 partidos, donde N es el número de jugadores. Pues nada, venga a sumar progresiones geométricas de argumento 2:

El número de partidos totales en el campeonato (incluyendo la gran final) es:

$S\;= \; 1 + 2 + 2^2 + \ldots + 2^l\, , \qquad \mathrm{con}\quad 2^l = \frac{N}{2}\quad \mathrm{ es\ decir} \quad l = \log_2N - 1\, ,$

pero claro, $S$ es la suma de una prog. geométrica, así que tienes:

$S\; = \; \frac{2^{l+1} - 1}{2 - 1} \; = \; 2^{l+1} - 1\, .$

Donde $l$ es el ya citado logaritmo menos 1. Por tanto:

$S \; = \; 2^{\log_2N - 1 + 1} - 1 \; = \; N - 1\, .$

Pues nada, resulta que 1.048.576 = 2^20 así que hay suerte. Tienes l = 20-1=19, por lo tanto S=2^20 - 1. Si supones que la final todavía no se ha jugado, resulta: S = 2^20 - 2 = 1.048.574 partiditos de nada.

Pero Freud contraataca imparable, y ahora tenemos que resolver el problema para 96969696 jugadores, y un número tan retorcido desde luego no es una potencia de 2, lo cual desfigura bastante los calculillos. Porque ahora el árbol no está bien equilibrado, y por más que vayamos dividiendo por dos vamos a tener un número impar tarde o temprano. En más detalle:

96969696 = 2^5 * 3 * 73 * 101 * 137

en su descomposición en factores primos. Esto quiere decir que tras 5 sesiones de eliminación nos vamos a quedar con un total de:

3 * 73 * 101 * 137 = 3030303

jugadores, cantidad que es impar, lo que significa que en la siguiente eliminatoria al menos un individuo no podrá jugar. Bien, yo no sé qué tipo de manipulaciones se hacen en estos casos: ¿repescan un eliminado de la fase anterior, para hacer un número par en este caso? ¿Repescan varios, para evitar quejas? ¿Seleccionan un individuo al azar, y pasa instantáneamente a la siguiente fase? Cualquier opción será un tanto injusta, y como no sé cuál aplicar, dejo el problema en suspenso.

---------------

Las alegres aventuras de Chiquilicuatri y la partición de peces en 96 trozos (

) las dejo para otro día, que se me hace tarde.

Una pregunta, Patricia: ¿estos problemas quién te los plantea? ¿Son de alguna carrera, de instituto, o de dónde? No consigo encuadrarlos por más que lo intento.

**Patri** · 27/05/2005 11:25

Hola Leach, perdona que haya colgado mal los ejercicios, lo siento
Es una corsillo que me convalidan como créditos de Humanidades. En mi Universidad tenemos que hacer 6 créditos de cursillo de estos por ciclo.

3
Cuál seria la ultima cifra de:

$7777777^{96}$

4
Determina el resto que se obtiene el dividir entre 4

$1+5+5^2+5^3+...+5^{96}$

**Ronin** · 27/05/2005 11:57

Buenas

En el primer caso, la última cifra de

$7777777^{96}$

es la de

$7^{96}$

y la de ese número es la misma que la de

$49^{48}$

que es la de

$9^{48}$

y la de este es la de

$81^{24}$

y esa es la de

$1^{24}$

que es 1

Por otro lado

como el resto de dividir 5 entre 4 es uno entonces el resto de dividir cualquier potencia de 5 entre 4 es uno y el resto de dividir la suma de potencias de 5 entre cuatro será el resto de dividir la suma de esos restos entre cuatro

Como el resto de cada sumando entre 4 es 1, y hay 97 sumandos, el resto de la suma será el resto de 97 entre 4 que es 1

Saludos

**leach** · 27/05/2005 19:18

Bien, tenemos resueltos los 1,2,3,5. El 6 esta resuelto a falta de saber qué se hace con las cantidades impares de jugadores.

Veamos alguno más:

4. Muchas gracias por el enunciado. Tienes el resultado fundamental respecto a los restos:

$ \left(\sum_{i=1}^{n}x_i\right) \mod k \quad = \quad \left(\sum_{i=1}^{n} (x_i \mod k) \right) \mod k \, . $

Esto se debe a que el cálculo del resto es un homomorfismo de anillos entre $\mathbb{Z}$ y $\mathbb{Z}/4\mathbb{Z}$ , y es muy fácil de probar.

Ahora observa que:

$5 \mod 4 = 1.$ Pero entonces $5^k \mod 4 = 1$ , de nuevo por ser homomorfiso de anillos. Tienes que, usando el resultado anterior:

$(1+5+5^2+5^3+\ldots+5^{96}) \mod 4 \quad = \quad (1 + 1 + \stackrel{97}{\ldots} + 1) \mod 4 \quad = \quad 97 \mod 4\quad = \quad 1\, .$

Así pues, el resto es 1.

---------

Edit: perdona Ronin, no me di cuenta de que ya lo habías resuelto. Bueno, ahí va por duplicado.

**leach** · 27/05/2005 19:42

El problema 8. también es bastante fácil.

Si representas en sucesión el dindero de Chiquilicuatri, tienes que: $a_0 = N$ (el dinero inicial), y desde entonces:

$a_{n+1} \quad = \quad 2a_{n} - K\, ,$

donde $K$ es la cantidad de dinero que sustrae Nanín después de doblar la cantidad. Bien, pues ahora puedes encontrar con facilidad el término general de la sucesión:

$ a_0 = N,\quad a_1 = 2N-K,\quad a_2 = 4N-2K-K,\quad a_3 = 8N-4K-2K-K\, . $

Así que el término general es:

$ a_m \; = \; 2^mN - K\sum_{j=1}^{m-1}2^j \; = \; 2^mN - K\left(2^m - 1\right)\; = \; 2^m\left(N-K) + K\, . $

Para que Chiquilicuatri se quede exactamente con cero monedas tras 96 partidas, tiene que ser $a_{96} = 0$ (suponemos que Chiquilicuatri no se endeuda, es decir, que termina con dinero exactamente igual a cero), y esto significa:

$2^{96}\left(N-K\right) + K = 0 \quad \Rightarrow \quad N = K\frac{2^{96}-1}{2^{96}}\, .$

La única manera de que $N$ sea un número entero es entonces que $K$ sea un múltiplo de $2^{96}$ . Hagamos entonces:

$K = s2^{96}\, ,\qquad \mathrm{para} \quad s\in\mathbb{N}\, .$

Cualquier valor de $s$ distinto de cero nos dará una solución razonable del problema.

Según esto, el dinero inicial de Chiquilicuatri es $N=s\left(2^{96}-1\right),$ y la cantidad que se resta cada turno es $K=s2^{96}$ . La sucesión es:

$a_m \; = \; 2^mN-K(2^m - 1) \; = \; s\left(2^{96} - 2^m\right)\, ,$

tras algunas simplificaciones elementales.

Tal como puedes ver, esta sucesión empieza en $N=s\left(2^{96}-1\right),$ es siempre positiva para $m<96$ , y termina en cero.

Así pues, la respuesta es: Chiquilicuatri tiene inicialmente una cantidad de dinero $s\left(2^{96}-1\right),$ donde s es un entero positivo cualquiera.

--------------------

Bueno, sólo quedan el 6 en el caso impar, y el 7.

Sobre el 7 tengo una duda: ¿cuando te refieres a "1/96 de todos los restantes", te refieres siempre a la misma cantidad, o a una cantidad distinta cada vez?

Me explico: ¿si el total de peces es N, entonces al primero le tocan...

$a_1 = 1 + \frac{1}{96}(N-1).$

Al segundo:

$a_2 = 2 + \frac{1}{96}\left(N - 2 - a_1\right)$

etcétera?

Es decir, que les va dando los peces por orden, y el amigo m-ésimo recibe
m peces, más 1/96 de todos los peces que quedan por repartir en ese momento.

Si esta es la interpretación, la sucesión puede hallarse con relativa facilidad, pero es muy problemático (al menos para mí) determinar bajo qué condiciones sus términos son enteros.

Naturalmente, hay otra interpretacion "soft" del problema: si N es total de peces, y n el número de amigos, entonces se considera que cada amiguete recibe la misma proporción de peces, es decir:

$\frac{1}{96}\left[N - (1+2+3+\stackrel{n}{\ldots} + n)\right] \quad = \quad \frac{1}{96}\left[ N - \frac{n(n+1)}{2}\right]\, .$

y en este caso el problema es directo. Sospecho que los tiros van por aquí.

**Patri** · 28/05/2005 10:52

está perfecto Leach

gracias

**MiGUi** · 28/05/2005 11:41

A ver leach si me ayudas a resolver alguno de estos:

http://www.claymath.org/millennium/

Dan 1 millón de dólares, vamos a medias?

**DeepField** · 28/05/2005 21:37

Iniciado por Miguel

A ver leach si me ayudas a resolver alguno de estos:

http://www.claymath.org/millennium/

Dan 1 millón de dólares, vamos a medias?

De hecho si entre todos hacemos los 7 aún nos toca un buen pellizco

**Koko** · 29/05/2005 02:19

Me atrae el de Navier-Stokes. A ver si esta semanilla, le hecho un ratillo a la hora del cafe y lo soluciono en una servilleta.

Tema: chiquilicuatri cqd

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