Nacional 2000 - N1 P6

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BrunZo

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Nacional 2000 - N1 P6

Mensaje sin leer por BrunZo » Dom 20 Oct, 2019 9:02 pm

Se tienen $200$ bolitas de igual tamaño y color, pero $100$ de las bolitas pesan $20$ gramos cada una, y las otras $100$ bolitas pesan $21$ gramos cada una. Se debe formar dos grupos de distinto peso pero que contengan la misma cantidad de bolitas cada uno. Para ello, se utiliza una balanza con dos platillos (que sólo indica si los objetos en un platillo pesan más, menos o lo mismo que los objetos del otro platillo). Determinar la menor cantidad de pesadas necesarias para formar los dos grupos, y explicar cómo se forman los dos grupos con esa cantidad de pesadas.

Aclaración: No hay exigencias sobre la cantidad de bolitas de cada grupo, sólo se pide que sean cantidades iguales.

Peznerd
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Re: Nacional 2000 - N1 P6

Mensaje sin leer por Peznerd » Mar 05 Nov, 2019 1:03 am

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Tengo una forma de hacerlo en $2$ pesadas: pesás $100$ de un lado y $100$ de otro. Si se inclina la balanza, ya estás. Pero si no se inclina, significa que hay $50$ de cada tipo en cada lado. En este caso proseguís agarrando las $100$ que tenías en un platillo, y las dividís en dos grupos de $50$ bolitas cada uno. Pesás con un grupo de un lado y con el otro del otro lado. Si te dada distinto, ya estás. Pero... si te da igual, es que hay $25$ bolitas de $20$ gramos y $25$ bolitas de $21$ gramos en cada uno de los grupos. Acá la tenés fácil, por Palomar si descomponés un grupo de $50$ bolitas en dos grupos de $25$, en al menos un grupo habrá $13$ bolitas de $21$ gramos y siempre diferirá en al menos $1$ bolita con respecto al otro grupo de $25$. Ya estaríamos.

Ahora intentemos demostrar que no se puede con menos pesadas.
Con $0$ pesadas, realmente haciendo los dos grupos estaríamos haciendo azar y cabe la posibilidad de que en cada grupo haya igual cantidad bolitas de cada peso. Opción descartada.
Con $1$ pesada... bueno, si la usamos para pesar dos grupos de igual cantidad de bolitas ya sean grupos de cantidad par o impar, grande o chica... estamos en el horno. Siempre nos queda algo de incertidumbre para cada caso, y ésto no puede tener lugar.
La única que nos queda es pesar un grupo de $x$ cantidad de bolitas con otro grupo de $y$ cantidad de bolitas, tal que $x<y$. Pero además, con una sola pesada debemos inferir, a partir de adónde se inclina la balanza y/o si no se inclina, hacer los grupos con misma cantidad de bolitas pero distinto peso. Habría que ver un poco los múltiplos de $20$ y $21$ supongo, ¿alguien me da una mano? :mrgreen:
Un día vi una vaca sin cola vestida de uniforme

$$\int u \, dv=uv-\int v \, du\!$$

BrunZo

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Re: Nacional 2000 - N1 P6

Mensaje sin leer por BrunZo » Mié 18 Dic, 2019 1:16 pm

Spoiler: mostrar
Hay un ejemplo para una pesada:

Supongamos que pesamos $67$ bolitas de cada lado. Si se desequilibra ya tenemos los grupos, si se equilibra, sabemos que hay la misma cantidad de bolitas que pesan $21$ en cada plato, digamos, hay $x$ de estas bolitas. Entonces, en las $66$ bolitas restantes hay $100-2x$ que pesan $21$.
Vamos a tomar por un lado las $67$ bolitas del primer plato, y por otro lado, las $66$ bolitas que no están en ningún plato junto con una bolita $A$ del segundo plato. Ahora, en el primer grupo hay $x$ bolitas que pesan $21$, pero en el segundo pueden haber o bien $100-2x$ (si $A$ pesa $20$) o bien $101-2x$ (si $A$ pesa $21$). Entonces, si estos grupos pesaran lo mismo, valdría que
$$x=100(+1)-2x\Longrightarrow 3x=100(+1)$$
que no tiene soluciones en los enteros en ningún caso (ya que ni $100$ ni $101$ son múltiplos de $3$). Por esto, concluimos que los dos grupos deben tener pesos distintos, y ambos tienen $67$ bolitas, por lo que en este caso también tenemos los grupos.

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