domingo, 11 de diciembre de 2011

Paradoja electoral

Enunciado

Pensemos en la peor situación.

Si un candidato de los n ha ganado por mayoría y ha recibido un porcentaje x, la peor situación en la votación por Borda es que sus votantes (el porcentaje x) le puntúen con n puntos y a su rival con n - 1, mientras que el porcentaje 100 - x restante puntúe a su principal rival con n puntos y a él con 1.

En ese caso, su puntuación sería x*n + 100 - x > (100 - x)n + x(n - 1), por lo que tendremos que nx - x + 100 > xn - xn - x + 100n. Ajustando sumandos en ambos lados de la desigualdad, tendremos que nx > 100(n - 1), por lo que el porcentaje x debe ser mayor que 100(n - 1)/n para tener la garantía de que el ganador por mayoría es también ganador por Borda.

Está claro que este número se puede acercar todo lo que se desee al 100%.

A mí me sigue gustando más el método de Condorcet, aunque no es tan fácil de valorar y recontar, aunque ¿para qué están los ordenadores?

sábado, 10 de diciembre de 2011

Números en fila

Enunciado

La clave, como dice Pablo Sussi, es contar cuantas veces se repite el proceso hasta llegar a poner el número que ocupa la posición 2011.

Primero ponemos un número, luego, dos, luego tres, y así sucesivamente.

Lo primero que tenemos que contar es qué suma de la forma 1 + 2 + 3 + ... + n es la última menor que 2011.

Para sumar esos números, emparejamos cada uno con el último (es decir, 1 con n, 2 con n - 1, y así sucesivamente. De esta forma, conseguimos n sumas iguales, aunque repetiremos todos 2 veces, es decir, que la suma será n*(n + 1)/2.

También podemos ver que las diferencias entre una etapa y otra son las mismas que el polinomio n2/2 + n/2.

En cualquier caso, aunque sea por tanteo, vemos que si sumamos hasta 62, tenemos que 1 + 2 + ... + 61 + 62 = 1953, es decir, que a partir de la posición 1954 empieza una etapa de 63 números. En esta serie, la posición 2011 la ocupa precisamente el número 58.

Casi habría sido más cómodo empezar desde el final esta etapa.

domingo, 4 de diciembre de 2011

El peso correcto

Enunciado

En este problema, como no se dominan las ecuaciones, debemos procurar mantener la balanza equilibrada quitando y poniendo objetos mentalmente en los platos.

Está claro, debido a la primera balanza, que una jarra y una botella pesan lo mismo, es decir, que podemos cambiar una por otra tranquilamente. Así, en la que hay que partir de la situación en la que una botella equilibra a a una taza y un plato, y cambiar la botella por una jarra.

Ya tenemos una jarra equilibrada con una taza y un plato. Observa que nos sobra el plato, pero tenemos una equivalencia en peso que es la de 2 botellas (o 2 jarras), que pesan como 3 platos. Necesitamos tener tres platos para poder equilibrar con jarras.

Entonces triplicamos el contenido de las balanzas. Tres jarras se seguirán manteniendo equilibradas con tres tazas y tres platos.

Sin embargo, para equilibrar los tres platos bastan dos jarras, según hemos visto, así que podemos retirar de un lado las dos jarras y del otro los tres platos, y volverán a quedar en equilibrio.

Como resultado, una jarra se equilibra con tres tazas.

jueves, 1 de diciembre de 2011

Números grandes

Enunciado

Supongamos que A es un número de 50 cifras y B un número de 50 o menos cifras. N = 10^50A + B.

Para que se dé el enunciado, se debe tener que 10^50A + B = 3AB, luego B =3AB - 10^50A = A(3B-10^50).

De esta situación, deducimos que 3B - 10^10 es un divisor de B, por lo que 3B - 10^50 sólo está compuesto por múltiplos de 2 y 5, ya que un primo que divida a ese número, divide a B, y dividiría necesariamente a 10^50. Además, sus exponentes deben ser necesariamente menores que 50, por similares razones. Además, a partir de B, podemos obtener A de la forma A=B/(3B-10^50).

Vamos a probar con diferentes potencias de 2 y 5 para ese número, ya que si X = 3B - 10^50, B = (X+10^50)/3 debe ser entero.

Si vale 1, no puede existir B por divisibilidad por 3

Si vale 2, B vale 49 treses y un 4 y A vale un uno, 48 seises y un 7 de donde obtenemos el primer número de 100 cifras.

Si vale 4, entonces no existe B por divisibilidad por 3

Si vale 5, B vale 49 treses y un 5, y A tendría menos de 50 cifras, ya que habría que dividir por 5

Si vale cualquier cantidad mayor, sucede lo mismo, por lo que el resultado único es el obtenido: N se escribe como un 1, cuarenta y ocho seises, un 7, cuarenta y nueve treses y un cuatro.