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domingo, 18 de diciembre de 2011

Un mensaje cifrado

http://www.elpais.com/videos/sociedad/mensaje/cifrado/despedida/elpepusoc/20111215elpepusoc_1/Ves/

Queremos transmitir un mensaje secreto. Para eso vamos a transformar un texto, que está escrito en el alfabeto castellano de 27 letras, de la A a la Z (incluyendo Ñ y W), en otro texto que se escribe usando solo 9 símbolos: los números del 1 al 9. Veamos como lo hacemos y lo ilustraremos con dos ejemplos.
Primero numeramos las letras por orden del 0 al 26, A=0, B=1, C=2, D=3,..., N=13, Ñ=14,..., W=23, X=24, Y=25, Z=26. Por ejemplo:
HOLA-> 7,15,11,0
PEDRO->16,4,3,18,15
A continuación escribimos cada uno de esos números como un número de tres cifras en base 3. Recordemos lo que esto quiere decir: Los números los escribimos normalmente en base 10, usando unidades (1=10^0), decenas (10=10^1), centenas (100=10^2), etc. Así, 3418 representa el número 3x10^3+4x10^2+1x10+8. Para escribir en base 3 usamos potencias de 3, y sólo necesitamos las cifras 0, 1 y 2. Por ejemplo, la expresión 212 en base 3 representa la cantidad 2x3^2+1x3+2, que en base 10 se escribiría como 23.
Nuestras letras quedarán entonces representadas por A=000, B=001, C=002, D=010, ..., N=111, Ñ= 112,..., W=212, X=220, Y=221, Z=222. Siguiendo con nuestros ejemplos:
HOLA-> 7,15,11,0 -> 021120102000
PEDRO->16,4,3,18,15 -> 121011010200120
Obsérvese que hemos escrito 3 cifras por cada número (no hemos quitado los ceros a la izquierda) y, también, que hemos escrito todos los números seguidos, sin las comas que los separaban antes. Ahora viene la parte secreta. Haciendo algo que no os vamos a decir, porque descubrirlo es precisamente el desafío, transformamos finalmente nuestros textos en otros escritos usando sólo los números del 1 al 9. En los ejemplos:
HOLA-> 7,15,11,0 -> 021120102000 -> 357471
PEDRO->16,4,3,18,15 -> 121011010200120 -> 64523161
El desafío consiste en leer el siguiente mensaje, que ha sido cifrado usando el procedimiento que hemos descrito, incluida la parte secreta:
47175413325413337313226277154179412371521522771

El primer paso es tal como se cuenta codificar en base 3 las letras que al considerarse un conjunto de 27 quedan tres dígitos ternarios por cada una. Si a continuación se dice que se utilizan los dígitos del 1 al 9 o sea base 9, tenemos que dos dígitos ternarios se convierten en uno de base 9. Ello por ser 9 potencia de 3. Es como pasar de binario a base 4, 8 o 16. Dos dígitos binarios se convierten en 1 en base 4, tres binarios en 1 en octal, y cuatro binarios en 1 en hexadecimal.
Ya está resuelto. salvo que no se usa el cero y por tanto sumamos 1 a cada valor.


Al descifrar restamos 1 a cada valor y tenemos:
47175413325413337313226277154179412371521522771
36064302214302226202115166043068301260410411660
Ahora lo pasamos a ternario dígito a dígito:
1020002011100002020111100002020220020002010112012020001110002022100001022000110100110101202000
102 000 201 110 000 202 011 110 000 202 022 002 000 201 011 201 202 000 111 000 202 210 000 102 200 011 010 011 010 120 200 0

Asignamos a cada letra un valor numérico en orden
000 A
001 B
002 C
010 D
011 E
012 F
020 G
021 H
022 I
100 J
101 K
102 L
110 M

111 N
112 Ñ
120 O
121 P
122 Q
200 R
201 S
202 T
210 U
211 V
212 W
220 X
221 Y
222 Z

LASMATEMATICASESTANATUALREDEDOR

Si el mensaje tiene N letras hará falta C cifras = Parte entera de (N * 3 /2      +     0.5)
Si hay C cifras el mensaje contiene N letras = Parte entera de ( C *  2 / 3)

martes, 6 de diciembre de 2011

Rock and roll en la plaza del pueblo

http://www.elpais.com/videos/sociedad/Rock/and/roll/plaza/pueblo/elpepusoc/20111201elpepusoc_1/Ves/

El Ayuntamiento de un pueblo quiere asfaltar una plaza circular que tiene en el centro una fuente, también circular, para celebrar allí conciertos de música a lo largo del año.
Al redactar el pliego de condiciones, el Consistorio necesita saber la superficie a asfaltar, que es la del anillo circular comprendido desde donde acaba la fuente y hasta el perímetro de la plaza, para así poder fijar el precio de licitación de la subasta. Al consultar con un aparejador para que haga el estudio, éste señala que cobra un importe por cada medición que haga entre cada dos puntos. Como el Ayuntamiento está recortando gastos, pretende que esa partida sea lo más económica posible.
Y el desafío de esta semana es: ¿Cuál sería el menor número de mediciones, consideradas entre cada dos puntos, que serían necesarias para calcular el área de ese anillo circular?, ¿a qué se correspondería o corresponderían esa o esas distancias? y ¿cómo se hallaría la superficie del anillo en base a ese o esos datos?

Un problema bonito aunque demasiado sencillo. Es un problema que hace muchos años planteó Martin Gardner.
Midiendo los dos radios o diámetros es demasiado simple, por tanto tiene que haber una solución  con una sola medida. y la única manera es implicar a la circunferencia interior y exterior.

Solo es necesario una medida que se haría según el dibujo adjunto desde un punto cualquiera de la circunferencia externa, tangente a la circunferencia interna, al punto que corresponda de nuevo a la circunferencia externa.
Llamando R al radio de la circunferencia externa, r al radio de la circunferencia interna y D a la distancia medida. Utilizamos m = D/2 para hacer la demostración escrita más simple.

Tenemos que R, r y m forman un triángulo rectángulo. Por Pitágoras, R ^2 = r ^2 + m ^2

El área pedida será la de la circunferencia exterior menos la interior.

O sea, pi * R ^2 - pi * r ^2

Sustituyendo nos queda que el área es pi * m ^ 2

O sea es independiente de los valores R y r

m es la mitad de la distancia medida. Es decir el área sería el de una circunferencia cuyo diámetro fuera la medida calculada.

martes, 8 de noviembre de 2011

Dos gusanos y...

http://www.elpais.com/videos/sociedad/gusanitos/golondrina/voraz/elpvidsoc/20111104elpepusoc_1/Ves/

Dos hermanos gusanitos de seda han discutido quién de los dos llega antes a casa desde un punto que está en la base de una colina. La colina tiene forma de cono recto con una base circular de 1 metro de radio y una ladera de longitud 2 metros, como se muestra en este dibujo. La casa se encuentra en el punto diametralmente opuesto a aquel en el que se encuentran los gusanitos. Uno de los gusanitos es más astuto y sabe calcular el camino más corto, mientras que su hermano es más alegre y escoge el primer camino que encuentra, la base del cono.
Sin embargo, ninguno de los dos sabe que en su casa les está esperando una golondrina muerta de hambre que se comerá al primero que llegué. En el instante que el gusanito alegre echa a andar el astuto se pone a calcular la trayectoria óptima, en lo que emplea exactamente 3 minutos. Una vez la tiene empieza su camino. Suponiendo que los dos gusanos se desplazan con la misma velocidad de 1 mm/s, el desafío consiste en determinar quién será la víctima de la golondrina ¿el gusanito alegre o el gusanito astuto?

Es sabido que un cono si lo abrimos por uno de sus meridianos su superficie lateral forma un sector de circunferencia plano. La circunferencia tiene de radio el lateral o meridiano del cono. En este caso 2 metros. El arco del sector es de valor 2 * pi. La longitud total de la circunferencia sería 2 * 2 * pi. El gusano menos listo recorrerá pi * 1000 mm. Y tardará 3141.5 segundos. El listo en cambio recorrerá la hipotenusa de un triángulo rectángulo de lado 2. O sea raíz cuadrada de (2 ^2 + 2 ^2). O sea raíz cuadrada de 8 = 2,8284 y tardará 2828,4 segundos. Sumando tres minutos nos sale 3008,4 segundos. Por tanto el listo llegará antes y se lo comerá la golondrina.

lunes, 31 de octubre de 2011

Una taba con sesgo

http://www.elpais.com/videos/sociedad/Azarosa/taba/elpepusoc/20111027elpepusoc_4/Ves/

El desafío de esta semana es el siguiente: a partir de la serie aleatoria de bits conseguida lanzando repetidamente una misma taba, obtener una serie de bits -que necesariamente será más corta que la serie de partida- que no se pueda distinguir de la que produce una moneda sin trucar, es decir: obtener una serie de bits aleatoria y sin sesgo.

La solución a este desafío debe incluir una breve explicación de las operaciones y los pasos que llevan desde la serie de bits de la taba hasta una serie aleatoria de bits sin sesgo. La solución ha de funcionar usando una única taba, que puede ser cualquiera: por ejemplo, una de las tres que yo tengo aquí u otra taba que vosotros tengáis.

La idea es convertir una serie sesgada por ejemplo de unos y ceros en una serie no sesgada, es decir que sea tan probable encontrar unos como ceros.
Lo primero que pensé es en una forma de onda donde los unos son valores positivos y los ceros valores negativos.

Así pensé en sustituir los unos y los ceros por otra cosa, por ejemplo por cambios de signo. Así nos sale que es tan probable el 1 (cambio a positivo) como el cero (cambio a negativo). Pero hay un problema: que nos sale una serie 0,1,0,1,0,1,0,1

¿Cómo arreglarlo para que salga una serie aleatoria en función de la original?


Simplemente cogiendo los números originales de 2 en 2 y tomando solo los que tienen un cambio es decir 01 y 10 que los convertiremos en 1 y 0 respectivamente.


Ejemplo

Serie original

01110110011110101111


01 11 01 10 01 11 10 10 11 11


01 01 10 01 10 10


1 1 0 1 0 0


Matemáticamente: Si la probabilidad de que salga un 1 es X y la de que salga un 0 es Y, siendo X distinto de Y, la serie es sesgada, pero la probabilidad de que salga 10 es XY y la de que salga 01 es YX, es decir igual y por tanto la serie es no sesgada.

Finalmente la serie final va a ser sensiblemente inferior a la original. En el caso de que no hubiera sesgo quedaría 50% * 50% = 25%. Y el valor se aproximaría a cero en función de lo sesgada que esté la serie original.

lunes, 3 de octubre de 2011

Una paradoja electoral

http://www.elpais.com/videos/sociedad/paradoja/electoral/elpvidsoc/20110929elpepusoc_1/Ves/

Se quiere elegir a un representante entre varios candidatos. Muchos dirían que las matemáticas que intervienen en el proceso se reducen a contar el número de votos. Y, sin embargo, en cuanto se examina la situación con un poco de detalle, se ve que surgen fenómenos extraños.

Imaginemos que, en unas elecciones a las que se presentan siete candidatos, uno de ellos recibe el 40% de los votos, y que el 60% restante se reparte de igual manera entre los otros seis. Sin pensarlo dos veces declaramos ganador por mayoría simple al primer candidato. Ahora bien, si pidiéramos a los votantes que dijeran no solo cuál es su candidato preferido, sino también quién es el que menos les gusta, podría darse la circunstancia de que todos aquellos que no han votado al candidato ganador lo colocasen en último lugar. Y entonces se habría declarado ganador a un candidato que es... ¡el que menos gusta por mayoría absoluta!
Este fenómeno se conoce como paradoja de Borda, en honor al matemático e ingeniero francés Jean-Charles de Borda, que vivió en el siglo XVIII. Precisamente con la intención de que el resultado de las elecciones se ajustase mejor a los gustos de los votantes, Borda introdujo un nuevo método de recuento en el que cada elector coloca a todos los candidatos en orden de preferencia. Por cada votante, si el candidato está en la última posición recibe un punto; si está en la penúltima, dos; en la tercera por el final, tres; y así sucesivamente. A continuación se suman todos los puntos y se declara ganador al que más tiene.
Por ejemplo, en una elección en la que cuatro personas eligen entre tres candidatos A, B y C ordenados del siguiente modo:
Votante 1: A>B>C
Votante 2: C>B>A
Votante 3: B>C>A
Votante 4: A>B>C
Así, el candidato A recibe 3+1+1+3=8 puntos, B recibe 2+2+3+2=9 y C recibe 1+3+2+1=7, luego se declara ganador a B. Ahora bien, el método de Borda da un ganador que podría ser distinto del ganador por mayoría. De hecho, si solo hubiésemos tenido en cuenta el candidato preferido, el ganador habría sido A, que tiene 2 votos, en lugar de 1 como B y C.
Y el desafío de la semana es el siguiente: supongamos que n candidatos se presentan a unas elecciones, ¿qué porcentaje de apoyos tiene que recibir como mínimo un ganador por mayoría para que podamos asegurar que también sería el ganador si el recuento de los votos se hubiera realizado según el método de Borda?

Suponiendo que hay uno que ha obtenido más votos que los demás y ha obtenido el X% de los votos en primer lugar. Suponemos que hay N candidatos.
Vamos a ver cuál es el caso peor para él:
X*N votos + (1-X) votos.
A su vez el caso peor para él es que hay otro que obtenga el máximo posible, que sería:
(1 - X) * N + X*(N - 1)
Igualamos las dos expresiones y nos queda:
XN + 1 - X = N - XN + XN - X
XN + 1 = N

X = (N -1) / N

 Es decir para el caso de 2 el 50% , el caso de 3, 66.66%,... para N = 10, el 90 % de los votos.

martes, 27 de septiembre de 2011

Un problema de grandes números

El desafío de esta semana trata de operaciones con números muy grandes. Concretamente, vamos a tomar un número N que, escrito en base 10, tenga 100 cifras. El primero de sus 100 dígitos no puede ser 0, por lo demás no hay ninguna restricción.
A continuación separamos N en dos números: el formado por las 50 primeras cifras, que llamaremos A; y el formado por las 50 últimas cifras, que llamaremos B.
El desafío consiste en identificar todos los números N para los que se cumple que N=3AB. Como ejemplo, si en vez de trabajar con un número inicial de 100 cifras, lo hiciéramos con uno de dos, valdría el 24, ya que 24=3x2x4. En este caso, sería fácil hacer la comprobación en todos los números de dos cifras (entre el 10 y el 99) y descubriríamos que solo el 24 y el 15 cumplen la condición que se exige. Sin embargo, en el problema que planteamos la comprobación de todos los números no podría hacerse, ni siquiera por ordenador, en el plazo requerido. Es necesario, por tanto, un razonamiento matemático.
Así, la solución que nos enviéis tiene que contener dos cosas. La primera es una relación de los números N que cumplan la igualdad anterior (N=3AB), si es que hay alguno, y no hace falta que nos digáis cómo los habéis obtenido. La segunda es un razonamiento que demuestre que no hay más soluciones que las que nos mandáis, es decir, que esos son todos los números de cien cifras que cumplen la igualdad.
 
Llamamos A a la mitad de la izquierda que queremos encontrar y B a la mitad derecha. cada uno se compone de 50 cifras, Siendo la primera de A distinta de cero lo cual indica que es un número muy grande. Las ecuaciones son:

AB (yuxtaposición de cifras) = A * 10^50 + B = 3 * A * B

De ahí llegamos a:

B = A * 10 ^50 / (3* A -1) Como hemos dicho que A es muy grande 3*A -1 aproximadamente = 3* A. Luego B = 10 ^50 / 3. Y el error es inferior a la unidad. Luego sale que B = 333333..................3333 que sería el valor menor entero siendo 333333......33334 el valor superior, que es en realidad el resultado del problema puesto que B ha de ser algo superior a 3333333.....3333.333333333

Si hacemos el problema para n cifras tenemos que sale fácílmente:

4 cifras
A=17 B=34
6 cifras
A=167 B=334
8 cifras
A=1667 B=3334
10 cifras
A=16667 B=33334
12 cifras
A=166667 B=333334
14 cifras
A=1666667 B=3333334

Y así sucesivamente. Vemos que A es la mitad que B, luego A = 1666666.................6666667


Es decir A es 1 con 48 seises y un 7.

B es 49 treses y un cuatro.


La solución es única pues B queda perfectamente determinado  y A solo puede cumplir ese enunciado con el valor propuesto ya que es una ecuación lineal y solo puede tener una solución.

lunes, 19 de septiembre de 2011

Cómo elegir un equipo goleador

http://www.elpais.com/videos/sociedad/elegir/equipo/goleador/elpepusoc/20110915elpepusoc_1/Ves/

En un colegio dos alumnos que son porteros de fútbol deciden organizar un partido. Ellos han de elegir 10 jugadores cada uno entre 20 de sus compañeros. Para ello los 20 jugadores se ponen en fila y cada uno de los porteros ha de ir escogiendo alternativamente uno de los dos jugadores que se encuentran en el extremo de la fila.
Los porteros conocen el número de goles que cada uno de los jugadores ha marcado en un torneo anterior y el objetivo de ambos es conseguir un equipo que haya marcado más goles que el otro. Pues bien, la primera parte del desafío consiste en demostrar que el primero que elige tiene una estrategia para no perder nunca. Es decir, que puede haber empate pero siempre podrá elegir un equipo que sume tantos o más goles que el rival independientemente de cómo se coloquen los jugadores y de los goles que hayan marcado.
La segunda parte del desafío es la siguiente: ¿Existe una estrategia análoga para el primero o para el segundo en elegir si escogen entre un grupo de 21 jugadores? (se entiende que se quedará un chico sin jugar).

Primera parte:
La táctica para no perder nunca del primero que elige consiste en sumar los tantos de los que ocupan los lugares pares por un lado y los tantos de los que ocupan los lugares impares por el otro. Hemos numerado del 1 al 20 a los jugadores e inicialmente podemos elegir el 1 o el 20.
Si suman más los pares elegimos al 20 con lo cual el otro tendrá que elegir un impar (1 o 19) y  después el primero siempre seguirá por el mismo lado que haya elegido el segundo. De tal manera que al final el segundo se quedará con los impares y el primero con los pares.
De modo similar razonamos si suman más los impares eligiendo el 1 y dejando al otro un par (el 2 o el 20).
En el caso de que sumen igual pares e impares habrá tablas.

Segunda parte: En este caso no hay táctica ganadora para nadie pues depende de los valores concretos.
Afinando más diremos que si alguno de los extremos es mayor que la diferencia de la suma de pares e impares (Del resto y renumerando la lista si hace falta) el primero es ganador. Por el contrario si los extremos son inferiores a la diferencia de pares e impares (de los que quedan) el segundo es el ganador.

lunes, 5 de septiembre de 2011

Dos alfombras triangulares

http://www.elpais.com/videos/sociedad/alfombras/triangulares/elpepusoc/20110901elpepusoc_2/Ves/

Dado el enunciado del problema en el que no está definido la posición exacta de los puntos P y Q podemos situarlos en cualquier lugar de los lados en que se encuentran y así llevando tanto P como Q a los vértices del cuadrilátero vemos que la zona excluida de los triángulos es igual a la zona común de ellos. Es decir zona negra igual a zona amarilla, por tanto la solución es 4.2m^2 
 
Una demostración y solución más formal sería la siguiente a partir del dibujo adjunto:
 
Dividimos el cuadrilátero en ocho zonas que llamamos: 1,2,3,4,5,6,7,8
El área de cada triángulo es base por altura y dividido por dos. Es decir los dos tienen el  mismo área y lo que es base en uno es altura en el otro y viceversa.
Además el área de cada triángulo   es igual al área excluida en él pues es la mitad de la del rectángulo.
 
A1+ A6+ A5 = A2 + A3 + A4 + A7 + A8
A3 + A6 + A 7 = A1 + A2 + A4 + A5 + A8
 
Sumando las dos ecuaciones y reagrupando queda:
 
A1 + A3 + A5 + A 7 + 2*A6 = A1 + A3 + A5 + A7 + 2* (A2 + A4 + A8)
2*A6 = 2*(A2 + A4 + A8)
A6 = A2 + A4 + A8
 
Es decir que el área común A6 es igual al área excluida de ambos;  4.2m^2 
 

domingo, 21 de agosto de 2011

Cinco problemas

Con motivo de las presuntas vacaciones del mes de agosto El País ha cambiado su dinámica y tenemos cinco problemas para responder en un mes.
http://www.elpais.com/videos/sociedad/Todo/mundo/silla/elpepusoc/20110729elpepusoc_2/Ves/
Es un problema de matemáticas pero no de lógica, metódicamente se encuentra que la solución es una conocida fórmula.
http://www.elpais.com/videos/sociedad/sistema/riego/eficiente/elpepusoc/20110729elpepusoc_1/Ves/
Si no se piden demostraciones la gracia consiste en encontrar todos los diferentes casos.
http://www.elpais.com/videos/sociedad/cuadrado/magico/especial/elpepusoc/20110729elpepusoc_4/Ves/
Extraño problema, si alguien encuentra la relación entre las matemáticas y el lenguanje tiene mi bendición. Hay varias soluciones en Internet.
http://www.elpais.com/videos/sociedad/vertices/distancias/distintas/elpepusoc/20110729elpepusoc_3/Ves/
¡Vaya! Un problema de lógica. Lo mejor de los cinco planteamientos, pero con mucha diferencia.
¡Brillante!
http://www.elpais.com/videos/sociedad/tapar/mesa/elpepusoc/20110729elpepusoc_5/Ves/
¿Otro problema de geometría? Con 4xN me parece que vamos muy sobrados.

jueves, 21 de julio de 2011

Pepe y María

Este es un problema de lógica que me ha sugerido Laura. Es muy bueno porque parece que inevitablemente faltan datos para resolverlo.
Pepe y María, felices y casados, invitan a otras cuatro parejas a una pequeña fiesta en su chalet. Son diez personas.
Según se van encontrando las diversas personas que participan en el evento se van estrechando la mano. Quizás sean anglosajones, y por eso no se besan en algunos casos.
El caso es que no se estrechan la mano todos entre sí. Y evidentemente no se estrechan la mano los dos miembros de la misma pareja.
Pepe, que le gustan las estadísticas, pregunta al resto de las otras nueve personas -incluida, claro está María su mujer- cuántas manos ha estrechado y obtiene un resultado curioso: nadie ha estrechado el mismo número de manos: Es decir, si  los resultados pueden ser de 0 a 8, ha obtenido el conjunto completo de 9 valores.
La pregunta sorprendente es: ¿Cuántas manos ha estrechado María?

lunes, 18 de julio de 2011

Desafío 18º El País

Dado que en el enunciado no se dan datos que permitan determinar dónde se encuentra el poblado vamos a suponer que es independiente de su ubicación dentro del triángulo equilatero. Después justificaremos esta suposición.  Para resolverlo cogemos un punto cómodo para calcular. Lo situamos en un vértice, la distancia a dos lados es 0 y al tercero es la altura del triángulo equilátero es decir a * sqrt (3) / 2 Siendo  a el lado del triángulo. La distancia total (ida y vuelta) a * sqr (3). Y por tanto el tiempo será 2 * sqrt(3) es decir 3.46 horas.
sqrt es la raíz cuadrada.
La suposición implica la peculiaridad de que la suma de las distancias a los lados de todos los puntos interiores de un triángulo equilátero es constante.
Supongamos un triángulo equilátero de vértices (A,B,C), situamos un punto (P) cualquiera del interior. Trazamos rectas a los vértices desde P. Salen tres triángulos interiores: (A,P,B) (A,P,C) (C,P,B). La suma del área de estos tres es igual al área de (A,B,C). El área de un triángulo equilátero es h ^2 / sqrt (3). Siendo h la altura que es (sqrt (3) / 2 ) * a
El área de un triángulo cualquiera es la base por la altura dividido por 2. Las alturas -que son las distancias a los lados- las llamamos h1,h2,h3. También podemos decir que esas alturas son las perpendiculares a sus bases y las distancias mínimas.
Nos queda;
h ^2 / sqrt (3) = h1 * h /  sqrt(3) +  h2 * h /  sqrt(3) +  h3 * h /  sqrt (3)
Luego h =  h1 + h2 + h3
O sea que las sumas de las distancias es la altura (h) del equilátero independientemente de la ubicación de P. Que es lo que habíamos supuesto.


 

sábado, 16 de julio de 2011

18º Desafío matemático de El País

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

Sin duda es el más fácil de los presentados, salvo quizás el de los sombreros que no por fácil sino por conocido podría ser respondido por cualquiera que lo buscara en Internet.
Hay una peculiaridad del triángulo equilátero además de la evidencia de que tiene los tres lados iguales y los tres ángulos iguales. La demostración de esa peculiaridad es relativamente fácil si uno sabe cómo calcular el área de un triángulo cualquiera. La peculiaridad se sugiere en el enunciado del problema.

jueves, 7 de julio de 2011

Un truco de cartas

He descubierto en Internet un truco de cartas que es un interesante problema.
Se trata de dos prestidigitadores que llevan a cabo el siguiente número de "magia":
Uno de ellos está con el público mientras el otro permanece lejos. El primero pide a alguien del público que escoja cinco cartas de la baraja francesa completa (igual sería con un española de 52 cartas, pero son menos corrientes). Es decir cuatro palos y 13 valores desde el As a la K.
El primer prestidigitador recibe las cinco cartas, las observa, las ordena y finalmente da una de ellas a alguien del público para que la guarde. Deja las otras cuatro en una mesa apiladas.
Posteriormente aparece el segundo prestidigitador, coge las cartas que le ha dejado su compañero. las mira y ¡Magia! acierta la carta que se ha guardado alguien del público.

¿Cómo lo hacen?  Evidentemente no hay ninguna comunicación entre ellos en forma de gestos o palabras con un significado especial.

martes, 28 de junio de 2011

Un problema de lógica sorprendente

Hay muchos problemas de lógica, algunos muy bonitos y otros de gran dificultad, pero hay uno verdaderamente único por lo desconcertante que resulta su generalización.
Primero describimos el caso de N = 2.
A dos prisioneros que están condenados se les da la oportunidad de salvarse. Para ello se les va a llevar a una habitación donde se les colocará un sombrero que puede ser blanco o negro. Cada uno puede ver el sombrero del otro pero no el propio. No pueden hablar entre ellos. Se salvan los dos si uno de ellos acierta el color de su sombrero. Antes de que les hagan la prueba pueden hablar y seguir una táctica.
¿Qué táctica han de seguir?
Para ver la solución pasad el ratón por las líneas que aparecen en blanco a continuación con el botón de la izquierda pulsado
Cada uno tiene que elegir una premisa que sea excluyente de la otra y que cubran juntas el 100% de los casos.
La premisa de uno será: Nos han puesto el mismo color de sombrero.
La premisa del otro: Nos han puesto diferente color de sombrero.
Está claro que cubre el 100% de los casos y que son excluyentes.
Uno dirá que lleva el color que lleva su compañero, y el otro que lleva el contrario del que ve en su compañero
Ahora viene lo bueno: Caso de N=3
A tres prisioneros que están condenados se les da la oportunidad de salvarse. Para ello se les va a llevar a una habitación donde se les colocará un sombrero que puede ser rojo, verde o azul. Cada uno puede ver el sombrero de los otros pero no el propio. No pueden hablar entre ellos. Se salvan los tres si uno de ellos acierta el color de su sombrero. Antes de que les hagan la prueba pueden hablar y seguir una táctica.
¿Qué táctica han de seguir?
Para ver la solución, pasad el ratón por las líneas que aparecen en blanco a continuación con el botón de la izquierda pulsado.
Del mismo modo anterior hay que encontrar tres premisas que sean excluyentes y que entre las tres cubran el 100% de los casos.

Hay 27 casos posibles, que son:
RRR                        RRV                  RVV
VVV                        RVR                  VRV
AAA                        VRR                  VVR
RVA                        VVA                  VAA
RAV                        VAV                  AVA
VRA                        AVV                  AAV
VAR                        AAR                  RRA
ARV                        ARA                  RAR
AVR                        RAA                  ARR
Hemos dividido los 27 casos en 3 grupos o columnas,  y se corresponden con las tres premisas de cada preso que serán las siguientes:

-La premisa del primero es que o bien les han puesto los tres sombreros iguales o bien los tres diferentes. Si ve dos iguales dirá que su sombrero es igual y si son diferentes dirá que su color es el que falta.
El segundo y el tercero van a suponer que hay dos colores iguales y uno diferente.
 
Para separarlos vamos a poner los colores en un  triángulo enmarcado en un círculo, el rojo arriba, el verde abajo a la derecha y el azul abajo a la izquierda.
-La premisa del segundo es que el color repetido se encuentra inmediatamente antes en el sentido de las agujas del reloj.
-La premisa del tercero es que el color repetido se encuentra inmediatamente después en el sentido de las agujas del reloj.
Pero aún se puede mejorar: Caso N=4 ¿hay solución? ¿hay una solución genérica?


¡La hay y resulta...!
Son especialmente fáciles de explicar los casos de N=4 , N=6 y N= 12

lunes, 20 de junio de 2011

Partículas que chocan

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

En un recinto cerrado tenemos un conjunto de partículas en tres estados diferentes: positivo, negativo y neutro. Inicialmente hay 30 partículas positivas, 10 negativas y 17 neutras. En un momento dado, las partículas comienzan a moverse y a chocar entre ellas. Así, cuando dos partículas de diferente estado chocan, ambas cambian al estado restante. Es decir, si chocan una partícula positiva y otra negativa, tras el choque se convierten en dos neutras. De la misma manera, si chocan una negativa y una neutra se convierten en dos positivas; y si chocan una neutra y una positiva se convierten en dos negativas. Esto significa que cada vez que chocan dos partículas de diferente signo, hay una partícula menos de cada uno de sus estados mientras que al estado restante se incorporan dos unidades. Cuando colisionan dos de igual signo, no varían su estado.
La pregunta de esta semana es si es posible diseñar una secuencia de choques de forma que al final todas las partículas acaben teniendo el mismo estado. Si es posible, hay que explicar cómo hacerlo. En caso contrario, hay que demostrar por qué no se puede.


No es posible que partiendo de esa distribución de número de partículas se llegue a una situación de todas del mismo tipo.
Para que al final solo queden de un tipo es porque justo antes había dos grupos del mismo número de partículas. Así esos dos grupos podrían chocar una a una y dejar solo partículas del tercer grupo.
Positivas: P, Neutras: P,  Negativas: N. Si chocan las P positivas con las P neutras quedarían 2P + N negativas.
Ahora bien  para llegar a que dos grupos tengan la misma cantidad de partículas la situación anterior debe ser que esos dos grupos difieran en 3 o un múltiplo de 3. Esto se debe a que en cada choque de dos particulas diferentes disminuye en uno los dos grupos de las que chocan y aumenta en dos el otro grupo. Por tanto todos los saltos son de 3 en 3. Como las diferencias entre 30, 10, 17 ninguna es múltiplo de 3 nunca se podrá hacer que sea cero (la diferencia y por tanto iguales) sumando o restando 3. (No se puede llegar a convertir 20, 7 o 13 en 0 sumando o restanto 3 varias veces).
Si la distribución fuera 31, 10, 17 habría solución quedando negativas. Y si por ejemplo la distribución fuera 31, 10, 16 Es decir todas las diferencias múltiplos de 3, entonces se podría conseguir que todas acabaran positivas, negativas o neutras pues podemos anular los dos grupos que queramos.

lunes, 13 de junio de 2011

Una camiseta bordada en zigzag

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

Se quiere diseñar un adorno bordado para una camiseta siguiendo el esquema y las condiciones siguientes:
a) Las puntadas se realizarán en zigzag entre dos rectas que forman un ángulo alfa (ver dibujo en el vídeo).
b) La primera puntada empezará en el punto O, común a las dos rectas, y acabará en una de las rectas (que llamaremos horizontal).
c) Todas las demás puntadas deberán tener la misma longitud y se trazarán sin superponerse ni volver hacia atrás.
d) La última puntada debe ser perpendicular a la línea horizontal.
e) Queremos dar exactamente 20 puntadas.
Se pregunta: 1) ¿Cuál debe ser el ángulo alfa para que se cumplan esas condiciones? 2) Si la distancia entre O y el punto de la horizontal por donde pasa la última puntada fuera de 25 cm ¿Cuál sería la longitud de cada puntada? 3) ¿Qué ocurriría si quisiéramos hacer 21 puntadas en vez de 20 con las mismas condiciones, esto es, que la número 21 fuera perpendicular a la horizontal?

Las diversas puntadas forman triángulos isósceles con la línea de la primera puntada o con la línea de ángulo alfa. O sea tenemos dos lados iguales. Pero además los dos ángulos opuestos a cada lado igual a su vez son iguales. Teniendo en cuenta que la suma de los ángulos interiores de un triángulo es 180º es fácil ir calculando los diversos ángulos que forman las puntadas, Así se llega a que el último ángulo es 18A + 180º - 38A = 90º. Lo cual nos da como resultado A = 90/20º = 4.5º.
la tangente de un ángulo es el cateto opuesto dividido por el contiguo. Conocemos el cateto contiguo (25cm) y el ángulo (4.5). El cateto opuesto (la puntada)
es por tanto = 25 * tan 4.5 = 1.967 cm.
No se puede terminar con una puntada impar, es decir una puntada que vaya de la línea de ángulo alfa a la horizontal, pues formaría un ángulo rectángulo con la hipotenusa igual a un cateto, lo cual es imposible.


lunes, 6 de junio de 2011

Transformar un cuadrado en un rectángulo

Este es el texto del desafío 12º de El País:
Se quiere organizar una exhibición de coches de carreras de manera que al comienzo los vehículos formen un cuadrado (de n filas de coches de n coches cada una) y al final los mismos automóviles formen un rectángulo en el que el numero de filas inicial aumente en 5. ¿Puede saberse con total seguridad cuantos coches participarían en esa exhibición? En caso afirmativo, dar el número (justificando la respuesta) y en caso negativo explicar por qué no puede saberse.
http://www.elpais.com/videos/sociedad/exhibicion/coches/carreras/elpvidsoc/20110601elpepusoc_1/Ves/

Tenemos N*N = N ^ 2 coches que ahora forman N + 5 filas N - x columnas, como sigue habiendo el mismo número de coches N*N = (N+5)(N-x)
Que nos queda: N = 5x / (5-x). Como N ha de ser entero y positivo y a partir de x = 6 sale N negativo y con x = 5 infinito solo hay una solución que es x = 4.
Por tanto el número de coches es 400 al principio 20 filas y 20 columnas y después 25 filas y 16 columnas.


Una interesante propuesta es la generalización del problema calculando el números de soluciones en función de K, número de filas nuevas.

Si K es  primo solo hay una respuesta. Si es la potencia de un primo su exponente es  el número de respuestas.
En general los exponentes de la factorización de K producen el número de respuestas, para dos exponentes tenemos la fórmula:
2ab + a +b
 por ejemplo K = 36 = 2^2 * 3 ^ 2; Para K = 36  hay 12 soluciones.
2x2x2 + 2 +2
Las soluciones son:12,18,36,45,72,108,126.180,288,396,612, 1260


Sin comprobar la fórmula parece ser para n factores:

2^n-1  (abcd...)
2^n-2  (abc + abd + acd + bcd + ...)
2^n-3  (ab + ac + ad + bc + bd + cd + ...)
..
2 ^ 0  (a + b + c + d +...)
Siendo a,b,c,d... los exponentes de los factores de K:

Es decir son  las potencias de 2 multiplicando las sumas de las combinaciones de los productos de n en n, n-1 en n-1...  de 1 en 1.

lunes, 30 de mayo de 2011

El problema de los tornillos

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

Tenemos seis cajas con 13 tornillos cada una. En tres cajas los tornillos pesan seis gramos cada uno y en las otras tres los tornillos pesan cinco gramos cada uno (todos los tornillos de cada caja pesan lo mismo), pero las cajas tienen todas el mismo aspecto. Tenemos también una báscula de precisión a nuestra disposición (no una balanza) donde podemos pesar los tornillos que queramos. ¿Cuál es el mínimo número de veces que necesitamos utilizar la báscula para saber qué cajas contienen los tornillos de cinco gramos y de qué manera se haría?

El mínimo número de pesadas es 1. Hay 4 soluciones:
Pesar de las distintas cajas 0,1,2,4,7,13 o bien 0,1,2,7,10,13 o bien 0,3,6,11,12,13 o 0,6,9,11,12,13 tornillos y ver el resultado de la pesada.
Vayamos al caso primero  0,1,2,4,7,13 (Total 27 tornillos) Si todos los tornillos pesaran 5 gr sería 135 gr y si fueran todos 6 gr -> 162 gr.
Esos dos valores no se pueden dar ya que al menos hay 3 tornillos de cada peso, la tabla queda:
  
Caja A      B       C       D       E        F        Suma
Tornillos
Pesados
       1       2       4        7     13        0
 
555666155
556566152
556656146
556665159
565566150
565656144
565665157
566556141
566565154
566655148
655566149
655656143
655665156
656556140
656565153
656655147
665556138
665565151
665655145
666555142

A la caja F le he dado el valor 0. Aunque no pesamos ningún tornillo de la caja F su contenido queda determinado por el contenido de las otras 5 cajas ya que han de ser 3 y 3 de cada clase. 
Como vemos cada caso se corresponde con un resultado diferente de la pesada.
¿Cómo han salido estos valores? El primer conjunto son los primeros valores de la secuencia Conway-Guy:
0,1,2,4,7,13,24,44,84,161,309,594,1164,2284,4484,8807,17305,34301,68008,134852, 267420,530356,1051905,2095003,4172701,8311101,16554194
Que tiene la propiedad de que todas las sumas de los diferentes subconjuntos de esos números dan distinto valor. Nos basta en realidad con que las sumas de 3 en 3 den diferente.
Los otros conjuntos de números salen de un programa escrito en C que busca todas las posibles soluciones.
Sumas diferentes que han de verificarse: Combinaciones de 6 elementos tomados de 3 en 3 = 20.
Valores posibles a rastrear: Combinaciones de 13 elementos tomados de 5 en 5 =  1287
Resultado del programa 
Funciona 1 2 4 7 13
 Funciona 1 2 7 10 13
 Funciona 3 6 11 12 13
 Funciona 6 9 11 12 13
 Encontrados 4 casos de 1287 probados

miércoles, 25 de mayo de 2011

10º Problema de El País

http://www.elpais.com/videos/sociedad/rellenar/piezas/tablero/elpepusoc/20110517elpepusoc_1/Ves/


Numeramos las filas y las columnas del 1 al 9 y marcamos todas las que tienen números pares:
  • 2,2    2,4    2,6    2,8
  • 4,2    4,4    4,6    4,8
  • 6,2    6,4    6,6    6,8
  • 8,2    8,4    8,6    8,8





Y nos preguntamos: ¿Cuántas piezas de las descritas se pueden encajar en el tablero sin que tengan una de esas casillas y que estén totalmente contenidas en el tablero?
Evidentemente ninguna.
Por tanto cualquier pieza que encajemos tendrá una de esas casillas y por tanto solo podemos encajar 16 piezas.
Cada pieza ocupa 4 casillas que nos da 64 en total y por tanto nos queda 81-64=17 casillas sin ocupar como mínimo.
Pero... ¿se pueden encajar 16 piezas en el tablero?
En el vídeo han puesto un ejemplo y hay varios más.
Así quedan respondidas las dos preguntas.  
He encontrado otro método, pero este es más simple y más claro.

miércoles, 11 de mayo de 2011

El problema de cubo de suma 0

http://www.elpais.com/videos/sociedad/cubo/suma/cero/elpepusoc/20110505elpepusoc_2/Ves/

No es posible construir un cubo como se describe que dé suma cero.
Hay una suma de 14 términos, ocho vértices y seis caras. Cada término puede valer 1 o -1 pero no son posibles todos los casos. Así mientras el valor 14 es posible, el valor -14 no lo es y sólo puede variar el resultado entre 14 y -10. Valores intermedios solo son posibles algunos, por ejemplo los valores impares no son posible.
El valor 14 corresponde a todos los vértices positivos y el valor -10 a 6 vértices negativos y dos positivos en lugares opuestos del cubo.

Partimos del valor 14 es decir todos unos positivos, la suma es 14. podemos ir cambiando 1 por -1 individualmente cada vértice y ver qué ocurre. (la solución buscada debe ser consecuencia de varios cambios individuales)
En general cambiando un signo de un vértice tenemos 4 cambios.
El del vértice y el de cada una de las tres caras de ese vértice o sea +-1, +-1, +-1, +-1,
Hay tres casos:
  1. Que dos cambios vayan en un sentido y otros dos en el contrario lo cual deja las cosas igual (0)
  2. Tres cambios en un sentido y el otro en el otro, lo cual nos deja dos cambios en un sentido (+-2)
  3. Finalmente los cuatro cambios en el mismo sentido (+-4).
Cada cambio tiene un efecto de multiplicar por dos, es decir aumenta 1 un signo y disminuye 1 del otro. Así cada variación de la suma es de +-4 o +-8

Así las variaciones serán 0,4,8. No siempre será posible esas posibilidades, por ejemplo de 14 solo se puede pasar a 6 pues si todos son +1 y cambiamos uno a -1 nos sale +7 -1 +3 -3. O sea  7 vértices positivos uno negativo, tres caras positivas, tres negativas. Total +6

Los valores posibles de la suma son por tanto 14, 6, 2, -2, -6, -10. No hay más valores posibles pues sumando/restando cuatro no es posible llegar a más valores.

martes, 3 de mayo de 2011

El problema del piano

http://www.elpais.com/videos/sociedad/piano/gigantesco/elpvidsoc/20110428elpepusoc_2/Ves/

A cada tecla le hacemos corresponder uno de los posibles módulos de 7.
1 Do
2 Re
3 Mi
4 Fa
5 Sol
6 La
0 Si
 
Así la secuencia de teclas tocadas sería: 1,2,4.7,11,16,22,29... Pero realmente lo que importa es el módulo pues nos da igual el número entero (que sería la octava).
O sea: 1,2,4,0,4,2,1 A partir de aquí se repite, da igual sumar 8 que 1, 9 que 2, 10 que 3, 11 que 4, etc.
Lo que importa es el módulo para determinar la nota de la tecla. El módulo 7 de 1+2+3+4+5+6+7 es cero luego a partir de la séptima tecla tocada es cíclico. 
1 Do
2 Re
4 Fa
0 Si
4 Fa
2 Re
1 Do
 
Si son 7000 teclas pulsadas tendremos 1000 veces esa secuencia y por tanto 2000 veces tocada la tecla Do.
 
La teclas Mi, Sol y La nunca son tocadas.

lunes, 18 de abril de 2011

5º Problema de El País


 
Caso 1ª Gana el que consiga dejar al otro un número de palillos múltiplo de cuatro: 4,8,12,16. Siempre podremos ir cogiendo un número de palillos de tal manera que sumemos 4 con los que ha cogido el otro. Así se llega al final  que el otro tiene 4 palillos. Si coge 1,2 o 3 cogemos 3,2 o 1 y ganamos.
En este caso ya que hay 19 palillos gana el que empieza cogiendo 3 palillos y dejando 16 al otro.
Caso 2º Gana el que deje al otro en una situación de dos letras con el mismo número de palillos y las otras letras también con el mismo número de palillos (ambos pares de letras pueden tener diferente número de palillos). Haga lo que haga el otro siempre podremos hacer lo mismo que él hasta coger el último palillo.
En este caso (( 5 y 5) (4 y 5)) gana el que empieza cogiendo un palillo de la letra S y dejándola como la I con 4 palillos. 

 
El segundo caso es mucho más interesante y tiene una solución más general si utilizamos base 2.

 
Supongamos que hay cuatro montones con 1, 2, 4  y 8 palillos. En este caso no podemos dejar emparejados 2 a 2 los cuatro montones.
La solución general consiste en dejar al otro tal distribución de palillos en que la or- exclusiva de cada de la cifras de los números en binario sea 0.

Así 1 = 0001
      2= 0010
      4 = 0100
      8 = 1000
Or exclusiva de 2 ^ 0 = 0*0*0*1 = 1
Or exclusiva de 2 ^ 1 = 0*0*1*0 = 1
Or exclusiva de 2 ^ 2 = 0*1*0*0 = 1
Or exclusiva de 2 ^ 3 = 1*0*0*0 = 1


¿Cómo dejamos todas igual a 0?
Del 4º grupo cogemos un palillo y nos queda 1,2,4,7
Or exclusiva de 2 ^ 0 = 1*0*0*1 = 0
Or exclusiva de 2 ^ 1 = 1*0*1*0 = 0
Or exclusiva de 2 ^ 2 = 1*1*0*0 = 0
Or exclusiva de 2 ^ 3 = 0*0*0*0 = 0

 

 

 

 

 
  

martes, 12 de abril de 2011

Solución razonada y generalizada al cuadrado mágico multiplicativo 3X3.

En el periódico El País se está publicando cada semana un problema de matemáticas, el tercero es resolver un cuadrado mágico de multiplicaciones cuya casilla central es el número 15.

http://www.elpais.com/videos/sociedad/cuadrado/magico/productos/elpepusoc/20110401elpepusoc_1/Ves/
http://www.elpais.com/articulo/sociedad/Cuadrado/magico/productos/solucionado/elpepusoc/20110405elpepusoc_2/Tes


En lugar de partir de que la casilla central tiene el valor 15 vamos a dejarla en otra incógnita.
Tenemos tres filas: abc def y ghi. Por tanto "e" es la casilla central. Llamamos p al producto de una fila, columna o diagonal.
Multiplicamos las diagonales y la columna central = p^3
aeicegbeh = p ^ 3.
Ordenamos los factores.
abcghieee = p^3.
Pero abc es una fila = p.
Y ghi también = p
abcghi = p ^2.
Nos queda (p^2) ( e ^3) = p^3; Luego p= e ^3
Ahora nos preguntamos si e puede ser un número primo y la respuesta es no pues solo podemos formar los siguientes números diferentes: e ^0, e^1 e ^2 y e^3. Y nos hace falta 9.
Luego ha de ser compuesto, e = xy. Con x,y podemos formar los siguientes números:
x ^ (0,1,2,3) X y ^(0,1,2,3). En total 16 números diferentes, pero dado que que la casilla central es xy, y coincide con todos los demás números en alguna multiplicación ni x^3 ni y^3 nos sirven ya que el producto final tendría factor x^4 o y^4.
Luego los números han de ser x^(0,1,2) X y^(0,1,2). Total 9 y deben estar todos.
(x^0)(y^0) = 1 y como solo puede formar x^3y^3 con (xy) (x^2y^2) y con (xy^2) (x^2y) no puede estar en un vértice.
Es ya obvia la solución:

Fila 1  xy^2          1          x^2y
Fila 2  x^2           xy         y^2
Fila 3  y           x^2y^2     x



Y para xy=15 o sea x= 3 y = 5 nos sale el cuadrado descrito en la solución del periódico.

Resumen:
Se deduce fácilmente que p = e ^3. e no puede ser un número primo. 1 tiene que formar parte de la solución. 1 debe estar en medio de un lado.