dimecres, 24 d’agost de 2011

19 - Quadrats que sumen xifres grans

L'enunciat del dinovè problema era aquest:


http://www.elpais.com/videos/sociedad/Cuadrados/suman/grandes/cifras/elpepusoc/20110721elpepusoc_2/Ves


I la solució la següent:

http://www.elpais.com/articulo/sociedad/unica/suma/posible/elpepusoc/20110726elpepusoc_21/Tes

18 - D'un costat a l'altre

L'enunciahttp://www.blogger.com/img/blank.gift del divuitè problema era el següent:

http://www.elpais.com/videos/sociedad/lado/elpepusoc/20110714elpepusoc_1/Ves/


La solució d'aquest problema es troba aquí:

http://www.elpais.com/articulo/sociedad/caminata/horas/elpepusoc/20110719elpepusoc_20/Tes


Nosaltres el vam solucionar de la següent manera:

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Van a tardar 3,46 horas

Explicación
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Primero vamos a calcular el punto del triángulo tal que la suma de la distancia a los tres lados sea mínima. Obtendremos un resultado interesante.

Utilizando un sistema de coordenadas euclídeas podemos situar el triángulo con vértices en los puntos (denotaremos con r(x) a la raíz cuadrada de x)

A: (0,0)
B: (0,10)
C: (5*r(3),5)

Las rectas del plano que pasan por los vértices del triángulo son:

r: y = 0
s: 5x - 5r(3)y = 0
t: 5x - 5r(3)y - 50r(3) = 0

Denotando por P = (x,y) al punto buscado, la función a minimizar es f(x,y) = d(P,r) + d(P,s) + d(P,t)

Sabemos que la fórmula de distancia de un punto P = (x,y) a una recta Ax + By + C = 0 viene dada por la fórmula
d(P,r) = |Ax + By + C|/(r(A*A + B*B))

y, después de manipular adecuadamente, vemos que se anulan muchos térmminos y que llegamos a la función constante

f(x,y) = 5r(3)

lo que nos indica que todos los puntos del triángulo son mínimos (y máximos) respecto a la cantidad que buscamos. Además, la distancia de un punto a los tres lados es 5r(3), y como se recorre dos veces cada camino, una para ir y la otra para volver, tenemos que la distancia recorrida en un día es 10r(3) Km.

Si se mueven a 5 Km/h, tenemos que el tiempo total del recorrido es de 2r(3) horas, es decir, 3,46 horas.

17 - Una taula i una estovalla

El dissetè problema de la saga tenia el següent enunciat:

http://www.elpais.com/videos/sociedad/mesa/mantel/elpepusoc/20110707elpepusoc_1/Ves/

La solució d'aquest problema és troba aquí:

http://www.elpais.com/articulo/sociedad/mesa/igualitaria/elpepusoc/20110712elpepusoc_9/Tes

16 - Una mol·lècula de set àtoms

L'enunciat del setzè problema era aquest:

http://www.elpais.com/videos/sociedad/molecula/atomos/elpepudep/20110701elpepusoc_2/Ves/


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La solució que vam enviar era la que ve a continuació:

Una posible situación es una molécula con átomos con las coordenadas del fichero adjunto El esquema de la solución está en el esquema adjunto.

Nota: Detalle de la obtención de la solución.

Fijando el punto 1 con coordenadas (0,0), consideramos dos triángulos equiláteros de lado 1 con puntos 1, 2, 3 y 1, 5, 6.
Consideramos además los triángulos 2,3,4 y 5,6,7, también de lado 1.
Finalmente, imponemos que la distancia entre 4 y 7 sea 1.

Inicialmente vemos que la distancia entre 4 y 7 tiene que ser sqrt(3). Por tanto, usando el Teorema de Pitágoras, y situando el punto 4 de modo que sea simétrico al punto 7 respecto al eje vertical, tenemos que las coordenadas de 4 son (-1/2,-sqrt(11)/2), y las de 7 son (1/2,-sqrt(11)/2.

Finalmente usando trigonometría obtenemos las coordenadas de los puntos 2 y 3, y por simetría las de los puntos 5 y 6.




diumenge, 3 de juliol de 2011

15 - Una qüestió d'uns i zeros

El quinzè problema del concurs era el següent:

http://www.elpais.com/videos/sociedad/cuestion/ceros/elpepusoc/20110623elpepusoc_1/Ves/

Personalment, crec que és el millor que ha sortit fins ara. Malauradament, no vam trobar la solució. Us deixem la solució oficial, on podreu apreciar la bellesa d'una demostració ben senzilla.

http://www.elpais.com/articulo/sociedad/ceros/palomas/elpepusoc/20110628elpepusoc_13/Tes

14 - Partícules en col·lisió

El catorzè problema de El País era el següent:

http://www.elpais.com/videos/sociedad/Particulas/colision/elpepusoc/20110616elpepusoc_1/Ves/



La solució publicada a la web és la següent:

http://www.elpais.com/articulo/sociedad/habra/unica/clase/particulas/elpepusoc/20110621elpepusoc_9/Tes



I la solució que vam aportar nosaltres és aquesta:



No se puede diseñar ninguna secuencia de choques tal que todas las partículas terminen en el mismo estado.

Expliación:
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Analizamos un paso de la secuencia de choques.
Supongamos que tenemos un estado (a,b,c) con a partículas en estado positivo, b partículas en estado negativo y c partículas en estado neutro.
A partir de este estado, los distintos choques que cambian estado s de partículas son los siguientes

- Chocan una partícula positiva y una negativa -> estado (a-1,b-1,c+2)
- Chocan una partícula positiva y una neutra -> estado (a-1,b+2,c-1)
- Chocan una partícula negativa y una neutra -> estado (a+2,b-1,c-1)

Observamos que si calculamos el residuo módulo 3 de las diferencias entre los estados de cada tipo de partículas (es decir, si tenemos el estado (x,z,y) entonces estos cálculos son x-y mod 3, y-z mod 3 y z-x mod 3) los valores se mantienen entre estados obtenidos mediante las transformaciones especificadas, es decir, entre el estado (a,b,c) y cada uno de los tres estados obtenidos con choques.

Por tanto, una condición necesaria para que haya solución es que alguno de los estados finales deseados (57,0,0), (0,57,0) o (0,0,57) tengan las mismas diferencias que el estado inicial (30,10,17).

Vemos que las diferencias de este estado inicial son

30-10 mod 3 = 1
10-17 mod 3 = 2
17-30 mod 3 = 1

Es decir, ninguno de los valores comparte el mismo residuo módulo 3.
En cambio, cualquiera de las soluciones tiene todos las diferencias con el mismo residuo módulo 3, 0.
Por tanto, se trata de estados incompatibles, es decir, a partir del estado inicial no se puede conseguir ninguno de los estados finales deseados.

dimecres, 15 de juny de 2011

13 - Una camisa brodada

L'enunciat i solució del tretzè problema es troba aquí:

http://www.elpais.com/videos/sociedad/camiseta/bordada/zigzag/elpepusoc/20110609elpepusoc_1/Ves/

La solució publicada a la web és aquesta:

http://www.elpais.com/articulo/sociedad/camisa/bordada/angulo/45/elpepusoc/20110614elpepusoc_10/Tes



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La solució que vam aportar és aquesta:


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La solución a las tres preguntas que presento es la siguiente:

1. 4,5 grados
2. 1,9675 cm
3. No se puede realizar

Explicación
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Observamos que, al ir trazando las líneas de longitud l entre los dos lados del ángulo estamos obteniendo triángulos isósceles, es decir, triangulos que tienen dos lados iguales, y también dos ángulos iguales.

Por definición, tenemos que el ángulo inicial es alpha.

Vemos con un simple dibujo que el ángulo que forma el segundo trazo con la base horizontal del ángulo es 2 * alpha.
Sucesivamente observamos que el ángulo que forma el tercer trazo con la parte no horizontal del ángulo es 3 * alpha.
El ángulo que forma el cuarto trazo con la parte horizontal es 4 * alpha.
...
El ángulo que forma el decimoctavo trazo con la parte horizontal es 18 * alpha.
El ángulo que forma el decimonoveno trazo con la parte no horizontal es 19 * alpha.
El ángulo que forma el vigésimo trazo con la parte horizontal es 90 grados, por hipótesis, y también 20 * alpha grados, por construcción.

Por tanto, tenemos la ecuación 90 = 20 * alpha, que tiene por solución alpha = 4,5 grados.

Si el lado inferior mide 25 cms, usando trigonometría tenemos que

l = 25 * tan(4,5) = 1,9675 cms.

Finalmente, observamos que no existe solución con ventiún trazos, ya que el trazo vigésimoprimero sería vertical, formando un ángulo de 90 grados con la parte horizontal del ángulo. Eso implicaría que el triángulo isósceles no sería un triángulo "normal" sería un triángulo con un sólo dos lados, lo cual significaría que estaríamos repitiendo un trazo.


Nota: Me ha costado bastante encontrar la solución, ya que inicialmente entendí que el vigésimo trazo tenía que finalizar en la línea horizontal. Al final dí en el hecho que podía finalizar en el segmento no horizontal y encontré la solución.

diumenge, 12 de juny de 2011

12 - Una exhibició de cotxes de carreres

El dohttp://www.blogger.com/img/blank.giftzè problema anava sobre cotxes de carreres:

http://www.elpais.com/videos/sociedad/exhibicion/coches/carreras/elpepusoc/20110601elpepusoc_1/Ves/


La solució publicada a la Web és aquesta:

http://www.elpais.com/articulo/sociedad/cuadrado/coches/lado/elpepusoc/20110608elpepusoc_1/Tes


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La solució que vam enviar és aquesta:


Van a participar 400 coches.

Explicación
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El número de coches totales es n*n.
Un rectángulo con el mismo número de coches que el cuadrado, con el formato pedido va a tener
n+5 filas
y
n*n / (n+5) columnas

El problema consiste en buscar, si existe, un valor de n tal que n*n / (n+5) sea entero y ver si este valor es único.

Un modo de verlo es el siguiente:

Definamos la función f(x) = x - x*x/(x+5)
Esta función es creciente: f'(x) > 0 para todo valor de x positivo.
Esta función tiene como máximo 5: podemos ver que f(x) < 5 para todo valor de x positivo.

Observamos que: Encontrar una solución entera a x*x/(x+5) es equivalente a encontrar una solución entera de f(x)
Las soluciones enteras de f(x) sólo pueden tomar 4 valores: 1,2,3,4

Sabiendo que f(x) es creciente, vemos (usando por ejemplo una hoja de cálculo) que la unica de estas condiciones que se cumple es cuando x = 20. En este caso f(x) = 4.

Por tanto, si n (o x) es igual a 20, el número de coches tiene que ser 20*20 = (20+5) * (20*20) / (20+5) = 25 * 16 = 400.

11 - Pesant cargols

L'onzè phttp://www.blogger.com/img/blank.gifroblema era el següent:

http://www.elpais.com/videos/sociedad/Pesando/tornillos/elpepusoc/20110526elpepusoc_1/Ves/





La solució publicada a la web es troba aquí:

http://www.elpais.com/articulo/sociedad/Basta/sola/pesada/tornillos/elpepusoc/20110531elpepusoc_19/Tes


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La solució que vam enviar és aquesta:


Con una pesada basta.

Explicación
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Vamos a dar un modo de obtenerlo con una pesada. Como es el mínimo posible, no hará falta demostrar nada más.

Existen C(6,3) = 20 posibilidades distintas de distribución de las cajas que contienen los tornillos de 6 gramos:

Que estén en las cajas:

01. 1,2,3
02. 1,2,4
03. 1,2,5
04. 1,2,6
05. 1,3,4
06. 1,3,5
07. 1,3,6
08. 1,4,5
09. 1,4,6
10. 1,5,6
11. 2,3,4
12. 2,3,5
13. 2,3,6
14. 2,4,5
15. 2,4,6
16. 2,5,6
17. 3,4,5
18. 3,4,6
19. 3,5,6
20. 4,5,6

Si ponemos:

- 0 tornillos de la 1a caja
- 1 tornillo de la 2a caja
- 2 tornillos de la 3a caja
- 4 tornillos de la 4a caja
- 7 tornillos de la 5a caja
- 13 tornillos de la 6a caja

Vemos que el peso que dará la báscula en cada una de las veinte posibilidades será distinta, lo que nos permitirá identificar exactamente qué combinación es la buena.

01. 1,2,3 - Peso = 138 gramos
02. 1,2,4 - Peso = 140 gramos
03. 1,2,5 - Peso = 143 gramos
04. 1,2,6 - Peso = 149 gramos
05. 1,3,4 - Peso = 141 gramos
06. 1,3,5 - Peso = 144 gramos
07. 1,3,6 - Peso = 150 gramos
08. 1,4,5 - Peso = 146 gramos
09. 1,4,6 - Peso = 152 gramos
10. 1,5,6 - Peso = 155 gramos
11. 2,3,4 - Peso = 142 gramos
12. 2,3,5 - Peso = 145 gramos
13. 2,3,6 - Peso = 151 gramos
14. 2,4,5 - Peso = 147 gramos
15. 2,4,6 - Peso = 153 gramos
16. 2,5,6 - Peso = 156 gramos
17. 3,4,5 - Peso = 148 gramos
18. 3,4,6 - Peso = 154 gramos
19. 3,5,6 - Peso = 157 gramos
20. 4,5,6 - Peso = 169 gramos

10 - Com omplir amb peces un tauler

L'enunciat del desè problema era el següent:

http://www.elpais.com/articulo/sociedad/tablero/cubierto/piezas/elpepusoc/20110525elpepusoc_13/Tes

Aquest problema no el vam poder solucionar satisfactòriament. Us recomanem que llegiu la solució exposada a la pàgina web.

dilluns, 23 de maig de 2011

9 - Una enorme potència de 2

L'enunciat del novè problema el podeu veure aquí:

http://www.elpais.com/videos/sociedad/enorme/potencia/elpepusoc/20110512elpepusoc_2/Ves/


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I la solució que vam enviar és la següent.

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Las dos últimas cifras del número buscado son 52.

Explicación
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Si analizamos las dos últimas cifras de la sucesión de potencias de 2, vemos que se repiten cada 20 dígitos (con una sola excepción, al principio tenemos 2^1 = 2, con lo que las últimas dos cifras son 02, mientras que en los números 2^21, 2^41, etc las dos últimas cifras son 52).

Exponente Dos últimas cifras
1 2
2 4
3 8
4 16
5 32
6 64
7 28
8 56
9 12
10 24
11 48
12 96
13 92
14 84
15 68
16 36
17 72
18 44
19 88
20 76
21 52
22 4
23 8
24 16
25 32
26 64
27 28
28 56
...


Por tanto, las dos últimas cifras del número buscado 2^528*****7301 son las mismas que las del número 2^7301, que son las mismas que las del número 2^21, es decir, 52.

divendres, 13 de maig de 2011

8 - Un cub de suma zero

L'enunciat del vuitè problema del concurs d'El País el podeu veure aquí:

http://www.elpais.com/articulo/sociedad/cubo/suma/cero/existe/elpepusoc/20110511elpepusoc_14/Tes

i la resposta que vam enviar la teniu a continuació.


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No se puede construir el cubo pedido.

Lo vemos con una observación inicial y razonando a partir de ella.

Observación
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Al cambiar el valor de un vértice de 1 a -1 o viceversa, la diferencia entre la cantidad de vértices y caras con valor 1 antes y después es siempre par: -4, -2, 0, 2 o 4.

Es sencillo ver esto. El cambio de un vértice afecta al vértice en cuestión y a tres caras del cubo, las adyacenetes al vértice. Todos los casos posibles son los siguientes:

- Si las tres caras y el vértice tenían valor -1, al cambiar el vértice la diferencia aumenta en 4 unidades.
- Si las tres caras tenían valor -1 y el vértice 1, al cambiar el vértice la diferencia aumenta en 2 unidades.
- Si dos caras tenían valor -1 y el vértice también, al cambiar el vértice la diferencia aumenta en 2 unidades.
- Si dos caras tenían valor -1 y el vértice 1, al cambiar el vértice la diferencia se mantiene igual.
- Si dos caras tenían valor 1 y el vértice -1, al cambiar el vértice la diferencia se mantiene igual.
- Si dos caras tenían valor 1 y el vértice 1, al cambiar el vértice la diferencia disminuye en 2 unidades.
- Si las tres caras tenían valor 1 y el vértice -1, al cambiar el vértice la diferencia dismunuye en 2 unidades.
- Si las tres caras y el vértice tenían valor 1, al cambiar de signo el vértice la diferencia disminuye en 4 unidades.


Visto esto, vemos también que

1. Dada una asignación de 1's y -1's a los vértices, la suma es única.
2. Partiendo de la posición con 1's en todos los vértices, y por tanto suma 8 + 6 = 14, podemos obtener cualquier asignación posible cambiando 1's por -1's.
3. Cualquier asignación válida será de estas, ya que si no realizando cambios hasta llegar a la configuración con 1's en todos los vértices llegaríamos a una contradicción.
4. Por tanto, por la observación inicial, toda asignación válida tiene un número par de elementos con valor 1.

La posición que se pide, en que la suma total es 0, corresponde a que 7 elementos entre caras y vértices tomen por valor 1.
Pero esto no puede ser ya que todas las posiciones válidas tienen un número par de elementos con valor 1.

Por tanto, no se puede construir el cubo pedido.

dimarts, 3 de maig de 2011

7 - Un piano musical

El setè problema de la saga anava sobre les tecles d'un piano musical:

http://www.elpais.com/articulo/sociedad/Solucion/problema/piano/sorpresa/musical/elpepusoc/20110503elpepusoc_7/Tes

Us recomanem visitar aquesta pàgina, on el problema i les solucions proposades estan molt ben explicades.

La solució que vam enviar és la següent:




1) Se habrán pulsado 2000 Do's.
2) Las notas Mi, Sol y La no se pulsan nunca.


Explicación
===========

En todo el proceso sólo se tocan cuatro notas diferentes:

- Do
- Re
- Fa
- Si

Si identificamos a:

- Do como el conjunto de números congruentes con 1 módulo 7
- Re como el conjunto de números congruentes con 2 módulo 7
- Fa como el conjunto de números congruentes con 4 módulo 7
- Si como el conjunto de números congruentes con 0 módulo 7

Vemos que sólo se tocan estas notas ya que el procedimiento que se aplica tiene un ciclo que se va repitiendo. Este ciclo de notas que se pulsan es el siguiente (denotamos con = el signo de congruencia módulo siete):

- 1
- 1 + 1 = 2
- 2 + 2 = 4
- 4 + 3 = 7 = 0
- 0 + 4 = 4
- 4 + 5 = 9 = 2
- 2 + 6 = 8 = 1
- 1 + 7 = 1 + 0 = 1
- 1 + 8 = 1 + 1 = 2
- 2 + 9 = 2 + 2 = 4
...


Vemos que la secuencia que se va repitiendo es:

1240421124042112404211...,

que corresponde a las notas

Do Re Fa Si Fa Re Do Do Re Fa Si Fa Re Do Do...

También vemos que de cada 7 teclas pulsadas dos son Do's. Por tanto, si se pulsan 7000 teclas se habrán pulsado 2000 Do's.

En resumen:

1) Si se pulsan 7000 teclas se habrán pulsado 2000 Do's.
2) Las notas Mi, Sol y La no se pulsan nunca.

dilluns, 25 d’abril de 2011

6 - Una qüestió de barrets

El sisè problema de la saga de problemes d'El País (quina iniciativa més bona!) era el següent:

http://www.elpais.com/articulo/sociedad/salvar/seguro/29/presos/elpepusoc/20110426elpepusoc_4/Tes


Podeu trobar la resposta i problemes semblants a aquest a la pàgina de la Wikipedia "Prisioners and hats puzzle":

http://en.wikipedia.org/wiki/Prisoners_and_hats_puzzle

Inducció transfinita

Extret del llibre Teoría de Conjuntos y temas afines, de Seymour Lipschutz, pàg. 173

Definició:
Sigui A un conjunt ben ordenat i a un element de A. La secció inicial de a, , és el conjunt d'elements de A estrictament anteriors a a.


Demostrar el principi d'inducció transfinita:

Principi d'inducció transfinita:
Donat un subconjunt S d'un conjunt ben ordenat A amb les següents propietats:
(1)

(2) implica

Llavors es té que .


Demostració:
Suposem que , és a dir que és no buit. Com que A és ben ordenat, T té un primer element . Tot element és anterior a i per tant no pot pertànyer a T, pertanyent per tant a S. Per tant tenim que . Per (2), tenim que , cosa que contradiu que . Per tant, la suposició que és falsa, és a dir, .

dimarts, 19 d’abril de 2011

5 - Un país d'escuradents

El cinquè problema de la sèrie d'El País, corresponent als dies 15-18 d'abril, el podeu veure aquí:

http://www.elpais.com/articulo/sociedad/ganar/siempre/palillos/elpepusoc/20110419elpepusoc_5/Tes

A continuació presentem la nostra solució als dos problemes que es proposaven.

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Observación
===========

En total hay 19 palillos, distribuidos de la siguiente forma:
- 5 en la letra P
- 5 en la letra A
- 4 en la letra I
- 5 en la letra S


Solución al problema 1
======================
El jugador 1 gana siempre con la estrategia que explicamos a continuación:

La idea es que siempre, después de escoger el jugador 1, quede en la mesa una cantidad múltiple de 4 de palillos: 0, 4, 8, 12 o 16.

- Inicialmente el jugador coge 3. Así quedarán en la mesa 16.
- Después de qe el jugador 2 coja sus palillos, el jugador 1 cogerá la cantidad necesaria para que queden 12 en la mesa. Es decir,
* Si el jugador 2 coge 1, el jugador 1 coge 3
* Si el jugador 2 coge 2, el jugador 1 coge 2
* Si el jugador 2 coge 3, el jugador 1 coge 1

- Se repite el mismo proceso para que queden 8, 4 y 0 en la mesa. En este último caso, el jugador 1 habrá cogido siempre el últmo
palillo y por tanto ganará.



Solución al problema 2
======================
Definimos turno como una toma de palillos por parte de un jugador cualquiera, y recordamos que en un turno sólo se pueden coger palillos de una letra.
Definimos toma de una letra como un turno en el que se cogen palillos de esta letra.

El jugador 1 gana siempre con la estrategia que explicamos a continuación:

El jugador 1 tiene que asegurarse que las letras P, A y S se terminen exactamente en tres turnos (y tomas) y que la letra I se termine en dos turnos (y tomas). Si consigue que se cumpla esto habrá ganado, ya que las letras se terminarán en 3 + 3 + 2 + 3 = 11 turnos, y puesto que el jugador 1 tiene los turnos impares, él será el que coja el último palillo en el turno 11.

Veamos que puede conseguir esto:

- Si en el turno anterior el jugador 2 realiza la primera toma de una letra, en el siguiente turno el jugador 1 hará lo siguiente:
* Si la letra es P,A o S, cogerá todos los palillos menos 1, asegurando que la letra se termine en 3 tomas.
* Si la letra es la I, cogerá todos los palillos, asegurando que la letra se termine en 2 tomas.
Vemos que siempre puede hacer esto ya que en las letras P,A y S quedarán entre 2 y 4 palillos antes de su turno, y en la letra I quedarán entre 1 y 3 palillos antes de su turno.

- Si en el turno anterior el jugador 2 realiza la segunda toma de una letra que es P, A o S, en el siguiente turno el jugador 1 hará lo siguiente:
* Cogerá todos los palillos restantes, asegurando que la letra se termine en 3 tomas.
Vemos que siempre puede hacer esto ya que si el jugador 2 ha realizado la segunda toma de P, A o S sólo puede ser debido a que el jugador 1 habrá realizado la primera, y el jugador 1 habrá dejado 4 palillos pendientes (Ver el punto siguiente). Después de la toma del jugador 2, quedarán como mucho 3, y el jugador 1 podrá terminar la letra.

- Sino, el jugador 1 puede jugar cualquier opción válida de las siguientes en un turno:
* Realizar la primera toma de las letras P, A o S cogiendo 1 palillo.
* Realizar la primera toma de I cogiendo 3 palillos.
* Realizar la segunda toma de P, A o S dejando sólo uno.
* Realizar la segunda toma de I cogiendo todos los palillos restantes.
* Realizar la tercera toma de P, A o S cogiendo los palillos restantes.

Vemos que con todos estos movimientos el jugador 1 avanza en la resolución del problema manteniendo los turnos y tomas previstos. Y también vemos que el jugador 2 no tiene ninguna posibilidad de variar ni el número de turnos ni el número de tomas en el que se terminan las letras.

dimarts, 12 d’abril de 2011

4 - Un rellotge de dos colors

El quart problema del concurs del diari El País, corresponent als dies 8-11 d'abril, era el següent:

http://www.elpais.com/videos/sociedad/reloj/colores/elpepueco/20110407elpepusoc_1/Ves/

La solució es va publicar en aquesta pàgina:

http://www.elpais.com/articulo/sociedad/Siempre/hay/recta/cualquier/reloj/elpepueco/20110412elpepusoc_11/Tes


En aquest escrit presentem la solució que vam enviar.

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Empezamos la demostración con una observación:

Observación
===========
Sea una línea que separa seis números de otros seis, y que en un lado deja x números pintados de azul y (6-x) pintados de rojo.
Consideramos ahora otra línea separadora que mantenga en el mismo lado a cinco de los seis números anteriores y añada un nuevo número. Es decir, si antes la línea separaba

1 2 3 4 5 6 | 7 8 9 10 11 12

ahora esta puede ser

12 1 2 3 4 5 | 6 7 8 9 10 11
o
2 3 4 5 6 7 | 8 9 10 11 12 1.

Estas nuevas separaciones dejan en el mismo lado a x+1,x o x-1 números azules y (6-x)+1, (6-x) o (6-x)-1 pintados de rojo.

demostración
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Es sencillo:
- Si el color del número que ahora no está coincide con el del nuevo número, seguirá habiendo x números azules y (6-x) de rojos.
- Si el número que ahora no está es azul y el nuevo es rojo, ahora habrá x-1 números azules y (6-x)+1 de rojos.
- Si el número que ahora no esta es rojo y el nuevo es azul, ahora habrá x+1 números azules y (6-x)-1 de rojos.


Con esta observación ya podemos demostrar el problema.


demostración del problema
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Supongamos que no es cierto, es decir, que existe una configuración de seis números azules y seis rojos que no se pueden separar dejando tres de cada color en cada lado.
Trazamos una línea que separe los puntos

1 2 3 4 5 6 | 7 8 9 10 11 12

Ahora tendremos x bolas azules en el lado de los números (1 2 3 4 5 6).
Supongamos x > 3 (x = 3 no puede ser, y si x < 3 cambiamos azules por rojas en el razonamiento). 1 2 3 4 5 6 | 7 8 9 10 11 12 > 3 azules

Consideramos ahora la separación

2 3 4 5 6 7 | 8 9 10 11 12 1

Por la observación anterior, en el lado de los números (2 3 4 5 6 7) podrían estar 3 o más de 3 bolas azules. Pero 3 no puede haber, ya que entonces tendríamos una solución. Por tanto, sigue habiendo más de 3:

2 3 4 5 6 7 | 8 9 10 11 12 1
> 3 azules

Razonando de igual modo, podemos construir las separaciones

3 4 5 6 7 8 | 9 10 11 12 1 2
> 3 azules

4 5 6 7 8 9 | 10 11 12 1 2 3
> 3 azules

...

Hasta que llegamos a la configuración

7 8 9 10 11 12 | 1 2 3 4 5 6
> 3 azules

que da lugar a una contradicción con la primera configuración, ya que
- El reloj tiene 6 números azules.
- Tenemos más de 3 azules en el lado de los números (1 2 3 4 5 6) y más de 3 azules en el lado de los números (7 8 9 10 11 12)!!!

Por tanto, para toda configuración del reloj existe una separación que deja 3 números azules y 3 de rojos en cada lado.

dissabte, 9 d’abril de 2011

3 - Un quadrat màgic de productes

El tercer problema del concurs d'El País, corresponent als dies 1-4 d'abril, era el següent:

http://www.elpais.com/videos/sociedad/cuadrado/magico/productos/elpepusoc/20110401elpepusoc_1/Ves/

Es tracta de construir un quadrat 3x3 amb nombres enters positius i diferents tals que
  • A la casella del mig hi hagi el número 15
  • El producte de les tres files, tres columnes i dues diagonals sigui sempre el mateix.
La solució "oficial" la podeu trobar a la web d'El País:

http://www.elpais.com/articulo/sociedad/Cuadrado/magico/productos/solucionado/elpepusoc/20110405elpepusoc_2/Tes



Nosaltres, aquí, expliquem la que vam trobar.




Construir quadrats màgics amb sumes és relativament fàcil, aquí en tenim un exemple:

4 9 2
3 5 7
8 1 6


i transformar un quadrat en un altre mitjançant sumes i restes és senzill també. Aquí tenim un altre quadrat màgic que és com l'anterior però restant 4 a cada nombre:

0  5 -2
-1 1 3
4 -3 2


La idea que vam pensar és transformar el problema del quadrat màgic de productes en un problema de quadrats màgics amb sumes. Com? Jugant amb els exponents!

El primer intent que vam fer fou construir un quadrat on tots els números fossin 15^x,
amb x un exponent diferent. Com que al mig hi ha d'haver el número 15, la proposta era el següent quadrat:

15^0    15^5    15^(-2)
15^(-1) 15^1 15^3
15^4 15^(-3) 15^2


Bé! ara ja teníem un quadrat màgic de productes amb el número 15 al mig, tot i que no era correcte perquè no tots els números eren enters positius.

La següent idea que vam pensar és en jugar amb els exponents però descomposant el número 15 en els seus factors: 3 i 5

15 = 3^1 * 5^1

Llavors el problema era el següent:

Construir un quadrat màgic de sumes de parells de nombres on
  • La suma de cada parell de nombre sigui un quadrat màgic
  • No es repeteixi el mateix parell de nombres
Hem d'omplir el següent quadrat.

x/x x/x x/x
x/x 1/1 x/x
x/x x/x x/x


on el primer nombre dels parells és l'exponent del 3 i el segon l'exponent del 5.

Aquest problema és una mica més complicat que el dels quadrats màgics de sumes, però amb una mica de paciència es pot trobar una solució. Per exemple:

2/1 0/0 1/2
0/2 1/1 2/0
1/0 2/2 0/1

que correspon al quadrat màgic de productes

45   1 50
25 15 9
3 225 5


Bé! Ja teníem una solució!

Després ens vam preguntar perquè en el plantejament del problema es posava el número 15 al mig. Existeix una solució semblant amb un número més petit al centre del quadrat?

Sí, posant-hi el 6. El 6 és el número més petit compost producte de dos números diferents que no siguin l'1. Amb el 6 al mig del quadrat i mantenint els exponents anteriors tenim un altre quadrat màgic de productes.

dilluns, 28 de març de 2011

2 - Una formiga amenaçada

El diari El Pais fa un concurs i espera respostes a diferents problemes.

Feu click aquí per veure el problema d'aquesta setmana.

I aquesta és la nostra solució:

Solución del problema:


La hormiga morirá con probabilidad 1 porqué con un tiempo infinito la hormiga llegará al vértice 7 u 8.

Tiene probabilidad 0.42857 de morir en el 7 y probabilidad 0.57142 de morir en el 8.

Explicación del problema:

Formulamos un sistema de ecuaciones. P(i,j) es la probabilidad que muera en i si la hormiga está en j dónde i=7,8 y j=1,...,6.

P(8,1)=2/3P(8,4)+1/3P(8,2)

P(8,2)=1/3P(8,1)+2/3P(8,3)

P(8,3)=1/3P(8,4)+1/3P(8,2)

P(8,4)=1/3+1/3P(8,3)+1/3P(8,1)

La solución de este sistema es:


P(8,1)=0.57142

P(8,2)=0.42857

P(8,3)=0.35714

P(8,4)=0.64285

Nuestra pregunta era P(8,1) y P(7,1). Por simetría podemos decir que P(7,1)=P(8,2)

Finalmente podemos observar que P(8,1)+P(7,1)=1. Esto era lo que esperábamos dado que la probabilidad que muera en 7 u 8 es total.