Las parrillas

Problema de El País
http://sociedad.elpais.com/sociedad/2014/07/29/videos/1406656175_265355.html

La solución
http://sociedad.elpais.com/sociedad/2014/08/05/videos/1407248470_547635.html

Lo que se plantea a continuación es en el caso de reglas ACB  y después NBA cuántas parrillas iniciales pueden resolver el problema y en cuántos conjuntos disjuntos se componen todas las parrillas posibles y de cuántas parrillas se compone cada conjunto.

Explicación de las distintas parrillas con reglas ACB

Las distintas operaciones las denominamos. F1,F2,F3,F4,C1,C2,C3,C4,D1,D2. F es fila, C columna, D diagonal.
Se aprecia que las operaciones son conmutativas y además involutivas. Es decir: F1*F2 = F2*F1  y F1 * F1 := no produce cambio alguno.
Esto quiere decir que el orden da igual y que solo hay 10 posibles operaciones a realizar, pues más volvemos a algún estado anterior.
Sin embargo Si hacemos F1*F2*F3*F4*C1*C2*C3*C4 nos vuelve al estado inicial, luego sobra una de esas operaciones, digamos C4.
Esto quiere decir que F1*F2*F3*F4*C1*C2*C3 = C4.
Realmente podemos poner el signo "=" sustituyendo a uno cualquiera de producto"*" de una cadena que nos vuelva a a la situación inicial, por ejemplo F1*F2*F3*F4 = C1*C2*C3*C4

Pero también F1*F2*F3*F4*C1*C2*C3*D1*D2*C1*F2*F3  nos vuelve al estado inicial, de lo que deducimos que D2 = F1*F4*C2*C3*D1. Luego solo podemos usar D1 o D2 para producir estados diferentes. Es decir como mucho ocho operaciones. Sabemos que hay 2^16 = 65536 parrillas distintas y que con las operaciones descritas no podemos recorrer todas ellas desde una inicial, debe haber varios conjuntos excluyentes del mismo número de parrillas.
Tenemos 8 operaciones a realizar: F1,F2,F3,F4,C1,C2,C3,D1, Codificamos con 1 si usamos una determinada operación y un cero si no. 00000000 significa el estado inicial y sin operaciones y 11111111 el estado que se alcanza realizando las ocho posibles operaciones.  Eso nos da 2^8 = 256 estados diferentes alcanzables desde cada posición inicial -incluiido este-  y 2^16 / 2^8 = 2^8 = 256  conjuntos diferentes. Si la posición inicial está dentro del conjunto  que contiene la parrilla todos 1 tiene solución. O sea probabilidad 1/256.

Explicación de las distintas parrillas con reglas NBA

En el caso de que se apliquen las reglas NBA la cosa es mucho más sencilla pues las casillas de las esquinas y las cuatro del centro las podremos cambiar a nuestro antojo, las primeras con un solo movimiento cada una y las centrales con muy pocos. Así el problema será resoluble si en las 8 casillas restantes hay un número par de -1 y no tendrá solución si es impar. Solo queda calcular el número de casos del total que son pares o impares. Las pares serán la suma de las combinaciones pares:
 C (8,0) + C(8,2) + C(8,4) + C(8,6) + C(8,8) = 1+ 28 + 70 + 28 +1 = 128
Las impares;     C (8,1) + C(8,3) + C(8,5) + C(8,7)  =  8 + 56 + 56 +8 = 128
O sea tiene la misma probabilidad (1/2) de ser resoluble que irresoluble. El número total de parrillas es esas 256 posibilidades multiplicadas por las 16 casos posibles de las esquinas y por los 16 casos posibles de las centrales= (128 + 128) * 16 * 16 = 2^16 = 65536 

Un número curioso

El País plantea un problema de matemáticas nuevo pero fácil.
http://sociedad.elpais.com/sociedad/2013/12/16/videos/1387208927_861334.html

En mi blog ya había dado la solución para un problema casi idéntico:
http://ahoap.blogspot.com.es/2013/02/un-sencillo-problema-matematico.HTML

En este caso:

Es fácil, si al restarle n-1 es divisible por n quiere decir que  L + 1 es divisible por n para todo n desde 2 hasta 12 ambos incluidos. El menor de todos los números que cumple eso se llama Mínimo Común Múltiplo y que es igual a 2^3 * 3 ^2 * 5 * 7 * 11 = 27720, pero 27719 tiene dos cifras repetidas.

Los otros dos múltiplos menores de 100000 son MCM * 2 y MCM * 3, 55440 (55439) y 83160 (83159).

El único que no tiene cifras repetidas y por tanto la solución es:

 

83159

Chismes que se pasan por SMS

Hace unos días me llegó uno de esos SMS que se copian y pegan con texto como este:

No somos supersticiosos... pero este año el mes de Diciembre tiene 5 sábados, 5 domingos y cinco lunes. Esto ocurre una vez cada 823 años y es llamado la bolsa de dinero. Así que copia esto en tu estado y el dinero llegará dentro de 4 días. Basado en el Feng Shui chino. El que no copia no podrá contar con el dinero.

Quien lo había enviado este año ni siquiera había mirado el calendario pues diciembre de 2013 no cumple eso sino diciembre de 2012. Es evidente que el día de la semana en que comience el mes y los dos siguientes de los meses de 31 días serán cinco cada uno a lo largo del mes.

El hecho de que diciembre tenga 5 sábados, 5 domingos, 5 lunes ocurre más o menos cada 7 años como  es bastante lógico -o sea cada vez que el 1 de diciembre cae en sábado- aunque de una forma irregular aparentemente. Lo de cada 823 años es una soberana tontería.
¿Qué proporción exacta de años ocurre eso?

Y para los supersticiosos: ¿Cuándo es más probable que ocurra una desgracia, en martes 13 o viernes 13?

Los dos problemas son más laboriosos que otra cosa pero se tiene un rato de entretenimiento.

El calendario vigente es el Gregoriano que dice que los años bisiestos son los divisibles por 4, pero no los que son divisibles por 100 a menos que sean divisibles por 400, por ejemplo:
1700, 1800,1900,2100,2200,2300 no son años bisiestos.
2000, 2400 son años bisiestos.

¿Con qué frecuencia un año el mes de Diciembre tiene 5 sábados, 5 domingos y cinco lunes?

Construyamos un calendario perpetuo:

2001 LMXJ SDLM JVSD MXJV DLMX VSDL XJVS 

2029 LMXJ SDLM JVSD MXJV DLMX VSDL XJVS  

2057 LMXJ SDLM JVSD MXJV DLMX VSDL XJVS  

2085 LMXJ SDLM JVSD MXJV

2101 SDLM JVSD MXJV DLMX VSDL XJVS LMXJ

2129 SDLM JVSD MXJV DLMX VSDL XJVS LMXJ

2157 SDLM JVSD MXJV DLMX VSDL XJVS LMXJ

2185 SDLM JVSD MXJV DLMX

2201 JVSD MXJV DLMX VSDL XJVS LMXJ SDLM 

2229 JVSD MXJV DLMX VSDL XJVS LMXJ SDLM  

2257 JVSD MXJV DLMX VSDL XJVS LMXJ SDLM  

2285 JVSD MXJV DLMX VSDL   

2301 MXJV DLMX VSDL XJVS LMXJ SDLM JVSD

2329 MXJV DLMX VSDL XJVS LMXJ SDLM JVSD

2358 MXJV DLMX VSDL XJVS LMXJ SDLM JVSD

2385 MXJV DLMX VSDL XJVS

 Para conocer cualquier año simplemente restamos tantos múltiplos de 400 como haga falta para estar en el rango 2001-2400, por ejemplo el calendario del 3333 (-3*400) =2133 . O sea equivalente al del año 2133. Es decir un año que comienza en Jueves.
Cada año queda definido por el día de la semana que corresponde al 1 de enero y si es bisiesto o no. Los años bisiestos los he coloreado en violeta. El módulo siete de 365 es 1 y por tanto el de 366 es 2. Esto quiere decir que el día 1 de enero en años sucesivos va aumentando en un día de la semana excepto cuando el año año anterior fue bisiesto en caso aumenta en 2, es decir si el anterior año empezó en domingo siendo bisiesto el siguiente empieza en martes.

Si un mes de Diciembre tiene 5 sábados, 5 domingos y cinco lunes quiere decir que el año empezó en domingo si es bisiesto o en lunes en años normales. Solo hay que contar en la tabla anterior los domingos bisiestos y lunes no bisiestos y sale:
15 DOMINGOS BISIESTOS
11 11 11 10 = 43 LUNES NO BISIESTOS
Frecuencia 58 / 400 = 0,145. O sea ligeramente más frecuente que el aproximado 1/7 = 0,142857

Solución problema el profesor de probabilidad y combinatoria

http://ahoap.blogspot.com.es/2013/08/el-profesor-de-probabilidad-y.html
El método es que cada alumno elija en primer lugar la cartulina que ocupe el lugar que es igual al número asignado, si ahí no se encuentra su número, elige la que ocupa el lugar que es igual al número que acaba de descubrir y así sucesivamente.
¿Qué probabilidad tienen con este método de aprobar?
En primer lugar hay que observar que los 40 números forman subconjuntos sin intersección entre ellos que llamamos ciclos ya que al final volvemos al primer número. Los ciclos pueden ser desde longitud 1 -un número está colocado en su número de orden- hasta longitud 40 -en este caso para volver al número inicial hemos de recorrer todos los números.

En la imagen pongo un ejemplo de como el que tiene el número 1 va destapando diversas cartulinas
En la 1 se encuentra la 13 que a su vez contiene la 39 y esta la 31 y así varias más hasta  que finalmente la 8 contiene el 1, fin del ciclo.
1->13->39->31->15->17->22->26->8--------->1
Los alumnos aprueban si no hay ningún ciclo de longitud > de 20. Esto es evidente pero también es evidente que si hay un ciclo mayor de 20 no puede haber otro también mayor de 20. Son excluyentes y por tanto la probabilidad de que haya uno mayor que 20 es la suma de:

Probabilidad de que haya uno igual a 21
más probabilidad de que haya uno igual a 22 
...
...
más probabilidad de que haya uno igual a 39
más probabilidad de que haya uno igual a 40
¿Cuál es la probabilidad de que haya un ciclo de 40? Es fácil, en la primera posición pueden estar 39 números -todos menos el 1- en la segunda levantada 38 -todos menos el 1 y el anterior. Y así sucesivamente nos sale (N-1)! o sea 39!. A esto lo llamamos permutaciones restringidas. La probabilidad es pues 39! / 40! = 1 / 40. Casos favorables dividido casos posibles.
Para calcular los demás casos dividimos los 40 números en dos grupos: los que van a formar parte del anillo y los que no. Así sin importar el orden tenemos las combinaciones de 40 elementos tomados de n en n. Eso es 40! / (40 -n )! n! Por cada uno de esos casos se tiene las "permutaciones restringidas" que hemos definido antes. Y a su vez con los 40 -n restantes podemos hacer todas las permutaciones:
Casos favorables: (40! / (40 -n )! n!) * (n-1)! * (40 -n )! = 40! / n
Casos posibles: 40!
Probabilidad de que haya un anillo de longitud n (n> 20),   1 / n
Probabilidad de aprobar es: 1 - 1/21 - 1/22 - 1/23 ...-... 1/39 - 1/40
Aproximadamente sale un 32 % de aprobar.

El profesor de probabilidad y combinatoria

Érase una vez  un profesor de matemáticas que tenía la convicción de que todos los alumnos de su clase debían ser suspendidos pero su generosidad le obligó a darles una pequeña oportunidad de que aprobaran y además sería a todos en su conjunto.

Para ello les propuso el siguiente juego:
Los cuarenta alumnos tendrían un número asignado del 1 al 40 e irían pasando uno a uno por su despacho donde en una mesa tendría cuarenta cartulinas con los cuarenta números escritos boca a abajo. Cada alumno podría ver el número que estaba escrito en 20 cartulinas y si una de ellas coincidía con el suyo habría superado la prueba. Para aprobar, todos tendrían que haber encontrado su número en los 20 intentos.
Antes de empezar la prueba los alumnos se reúnen y pueden decidir una estrategia, pero una vez comenzada la prueba no se pueden comunicar entre ellos ni pueden modificar la disposición de las cartulinas que como he dicho se encuentran boca a abajo, por ejemplo en un rectángulo de 4 filas de 10 números.

¿Cuál es la mejor estrategia que pueden seguir los alumnos?
¿Qué probabilidad tienen de aprobar con esa estrategia?

Un sencillo problema matemático

Vi en la siguiente URL una curiosidad sobre el número 2519:
http://easycalculation.com/funny/interesting-facts/number-2519.php

Ahí simplemente se menciona como una curiosidad pero no se dice nada del porqué ni si hay una fórmula que dé el número para otros casos. En matemáticas las curiosidades suelen tener explicación así que me propuse encontrarla y si así fuera plantearlo como un problema.

Los números al dividirlos por 2 pueden dar resto 0 o 1 y se llaman par e impar respectivamente. Para cualquier otro número N, tenemos N posibles restos. Cada N números hay 1 que es divisible por N o sea resto cero, y también 1 que su resto es N-1. Justamente al número que da resto N-1 le sigue un número que da resto 0, o sea divisible. Si empezamos desde el 1 todos dan resto 1 y si vamos incrementado  secuencialmente veremos que los restos van variando según se ha descrito.
Así hasta llegar a un número que sea múltiplo de todos los números propuestos. ¿Cómo se llama el mínimo múltiplo de todos ellos? Mínimo Común Múltiplo. Y el número anterior nos dará que al dividirlo por cada uno de los N resto N-1. O sea la solución es MCM - 1.

Así fue el planteamiento:

¿Cuál es el menor número que:
al dividirlo por 2 da resto 1
al dividirlo por 3 da resto 2
al dividirlo por 4 da resto 3
al dividirlo por 5 da resto 4
al dividirlo por 6 da resto 5
al dividirlo por 7 da resto 6
al dividirlo por 8 da resto 7
al dividirlo por 9 da resto 8
al dividirlo por 10 da resto 9
al dividirlo por 11 da resto 10 ?

Por ejemplo 23 no vale porque al dividirlo por 2 da 1 de resto, al dividirlo por 3 da 2, al dividirlo por 4 da 3 pero al dividirlo por 5 nos da 3 de resto. 

Fue resuelto rápidamente.

La única dificultad -con el razonamiento anterior- es calcular el MCM pero hasta mentalmente se puede hacer en un caso como este.
Hay que factorizar -descomponer en primos- los números 2 a 11 y después multiplicar todos los primos elevados a la máxima potencia que tienen y descartar el resto: 8 descarta a 4 y 2. 9 descarta a 3.
6 y  10 quedan descartados porque son compuestos de primos tenidos en cuenta en 8, 9 o 5.
8X9 = 72
72X5 = 360
360 X 7= 2520. Que es MCM hasta el 10. Y 2519 el "valor curioso" de la URL.
Multiplicar por 11 es mutiplicar por 10 + 1 o sea 25200 + 2520.  O sea 27720 y por tanto 27719 es el número pedido.

Si seguimos, 12 es 2^2 X 3 o sea que es el  mismo MCM y la misma solución. Con 13 ya es difícil hacerlo mentalmente, pero lapicerito y sale 360360 de MCM y 360359 como solución.
14 tiene ya esos primos en el MCM así que no varía. Lo mismo el 15. Con 16 = 2^4 tenemos que multiplicar por 2 que muy fácil ya que son grupos de tres cifras iguales sin posible acarreo o sea 720720. Y la solución extendiendo el problema hasta 16 inclusive es 720719.

Obsérvese la obviedad de que el número a partir de 10 siempre acaba en 9.

Mensaje secreto

Descripción breve:
Un agente envía información codificada mediante la publicación de un carácter ASCII cada día en el periódico. Elige al azar un carácter cualquiera que se corresponde con siete bits, solo puede modificar uno de ellos o ninguno. El carácter modificado o no lo publica.
¿Cuántos bits de información puede enviar diaramente?

http://santiprofemates.wordpress.com/2012/03/01/desafio-51-mensaje-secreto/

El número de bits que se pueden codificar con ese método es 3.
Vamos a utilizar un concepto que llamamos semilla que es de tres bits. La semilla no se envía se calcula tanto por el transmisor como por el receptor.

Calculamos la semilla del número aleatorio mediante la fórmula:

S2 = a + b + c + d
S1 = a + b +  e + f
S0 = a + c + e + g
La operación  + es  la or-exclusiva
Siendo abcdefg el número. Obtenemos S2S1S0
El número que queremos codificar le hacemos la or-exclusiva con la semilla.
El resultado nos dice qué bit debemos cambiar.
En recepción calculamos la semilla que nos dice el valor codificado.
 

Explicación: tenemos la posibilidad de definir tres funciones de paridad en función de los dígitos del número que hemos obtenido aleatoriamente. En la recepción también se  podrán obtener esas mismas funciones. Las tres funciones de paridad han de producir diferentes valores para dos números que difieran en un solo dígito. Esto se consigue si las funciones de paridad se hacen de tal manera que se correspondan con los pesos de la codificación de la posición del dígito:

Posición dígito a cambiar	S2	S1	S0
No hay cambio	0	0	0
1	0	0	1
2	0	1	0
3	0	1	1
4	1	0	0
5	1	0	1
6	1	1	0
7	1	1	1

Así cada cambio de bit se corresponderá con un cambio diferente en la semilla, mientras el 7 = 111 cambiará los tres bits de la semilla.  El 1  = 001 solo cambiará el de menor peso. El 3 cambiará los dos de menor peso. Y así el resto.

Ejemplo: Tenemos el valor 0101010 calculamos la semilla y nos sale: 0, queremos codificar un 7.
7 orx 0 = 7. Debemos modificar el bit 7: 1101010
El receptor ve ese valor  y extrae la semilla = 7. 
Ejemplo; Tenemos el valor 1000010. La semilla es 5. Queremos codificar un 4
5 orx 4 = 1, Debemos modificar el bit 1,  1000011.
El receptor extrae 4 de semilla.

Mallas y colores

Supongamos que nos plantean el siguiente problema: tenemos una malla de 66 nodos y cada nodo está conectado con los otros con un segmento que puede ser de uno de cuatro colores diferentes, demostrar que al menos hay un conjunto de tres nodos que están conectados entre sí por el mismo color.
El problema parece imposible a primera vista pero partiendo de un caso más simple se puede ver que sí existe solución, veamos el problema planteado originalmente:
http://santiprofemates.wordpress.com/2012/02/16/desafio-409-los-mensajeros/

Caso A: tenemos 6 nodos y 2 colores

De cada nodo salen 5 líneas, 3 al menos han de ser del mismo color. Esas líneas van a tres nodos si alguna de las conexiones que conectan esos tres nodos fuera del mismo color tendríamos un triángulo monocolor. Pero en caso contrario tendríamos que las conexiones entre esos tres nodos serían del otro color formando un triángulo monocolor.

Hemos pintado las conexiones del nodo 0 a los nodos 1,2,3 de color rojo y a los nodos 4 y 5 de color azul. Ahora miramos las conexiones entre los nodos 1,2,3 que están provisionalmente en negro y debemos ponerlas en rojo o azul. Si la conexión 1-2 la ponemos en rojo el triángulo 0,1,2 será rojo en su conjunto, luego tenemos que poner 1-2 en azul. Lo mismo ocurre para la conexión 2-3 y para 1-3. Luego nos sale que el triángulo 1,2,3 es azul todo él o sea monocolor.

Caso B: 17 nodos y tres colores

De cada nodo salen 16 líneas, 6 al menos han de ser del mismo color. Esas líneas van a seis nodos si alguna de las conexiones que conectan  esos seis nodos fuera del mismo color tendríamos un triángulo monocolor. Pero en caso contrario tendríamos seis nodos conectados con dos colores diferentes que es el caso anterior A y que sabemos que ha de producir al menos un triángulo monocolor.

Caso C: 66 nodos con cuatro colores.

De cada nodo salen 65 líneas, 17 al menos han de ser del mismo color. Esas líneas van a 17 nodos si alguna de las conexiones que conectan esos 17 nodos fuera del mismo color tendríamos un triángulo monocolor. Pero en caso contrario tendríamos 17 nodos conectados con tres colores diferentes que es el caso anterior B y que sabemos que ha de producir al menos un triángulo monocolor.

Como se ve la generalización es muy sencilla y los siguientes valores para 5,6,7,8... colores sería: 327,1958,13701,109602... nodos

http://en.wikipedia.org/wiki/Ramsey%27s_theorem

Una cuadratura

El desafío consiste pues en transformar un cohete, pongamos por ejemplo de 2×8, en una media luna de la misma área, formada por dos arcos de círculo, explicando la forma de hacerlo o demostrando que no es posible.
http://santiprofemates.wordpress.com/2012/01/04/desafio-403-el-cohete-y-la-luna/

Cuadrar el círculo significa construir un círculo del mismo área que un cuadrado utilizando solo regla y compás. No es posible pues Pi es un número transcendental. Sin embargo los griegos encontraron un caso especial en que podían transformar el área de un triángulo rectángulo en un área formado por dos arcos de circunferencia que es el caso que se muestra aquí.
http://en.wikipedia.org/wiki/Lune_of_Hippocrates

1 Transformamos el rectángulo en un cuadrado de 4X4.
2 El cuadrado lo dividimos por la diagonal en dos triángulos rectángulos y los unimos formando un triángulo rectángulo mayor: EIHG que sigue teniendo el mismo área.
3 El área del sector EIKG es 1/4 Pi (4 * sqrt 2) ^2 = 8 * Pi
4 El área del sector HIJG 1/2 Pi 4 ^2 = 8 * Pi
Son iguales
Como el área de HIKG es común a los dos, nos queda que el área de la cuasi luna KIJG es igual al rectángulo EIHG o sea 16.
Esto demuestra que los griegos eran muy listos y que no tenían televisión pues así gastaron tanto tiempo en estas cosas.

El problema tiene un pequeño defecto y es que la forma de la luna creciente o decreciente no está formada por la intersección de dos círculos sino por un círculo y una elipse. En este caso no hay solución a menos que prohiban la televisión.

Uno de bombas

Tenemos que explotar 84 bombas que funcionan con un interruptor (1- encendido y 0-apagado) 12 de las cuales tienen un defecto que consiste en que están encendidas en posición 0 y apagadas en posición 1.
Las bombas defectuosas son indistinguibles de las que están en buen estado, esto es no es posible saber si una bomba es defectuosa ó no antes de que explote.
Podemos realizar las explosiones que queramos, sabiendo que en cada una, solo explotarán las bombas encendidas (posición 1, para las que estén en buen estado, ó posición 0 para las bombas defectuosas)
En cada explosión todas las bombas deben repartirse entre dos lugares diferentes(A y B), en grupos no necesariamente iguales, cada una con el interruptor en la posición que queramos.

  El desafío es encontrar una estrategia de colocación de las bombas, usando inteligentemente la posición de sus interruptores, para llevar a cabo la explosión de todas las bombas, cumpliendo que en cada explosión el número de bombas que exploten en cada lugar sea el mismo,(el número de bombas que explote en A debe ser igual al número de bombas que explote en B).

http://santiprofemates.wordpress.com/2011/12/29/desafio-402-la-bomba/

El problema en sí es muy bonito salvo por el hecho que está basado en otro que es muy conocido: el de las monedas que hay que conseguir que aparezcan el mismo número de caras en dos grupos diferentes.

Hacemos dos grupos de bombas uno de 12 bombas y otro de 72. Ponemos el primer grupo en A y el segundo en B. Las del grupo B las ponemos a 0, es decir la que normalmente no explota. Sin embargo las de A las ponemos a 1. Supongamos que en A hay X de las malas, luego en B habrá 12-X. En B explotan 12-X y en A explotarán las buenas que son 12-X. Explotan las mismas en ambos lados.

En la siguiente fase explotamos todas las que quedan, para ello les cambiamos el valor del interruptor es decir ponemos las de A a 0 y las de B a 1 y después equilibramos el número de bombas en ambos lados.

Como el número inicial era par y las explotadas también. las que nos quedan también lo son y las podemos repartir a partes iguales entre ambos lados.

1 fase

En A hay X malas y 12 –X buenas

En B hay 12- X malas y 60 + X buenas

Explotan buenas de A y malas de B

2 fase

Quedan X de A y 60 + X de B.

Las de A las ponemos a cero y las de B a 1. Finalmente pasamos 30 bombas de B a A.

Y hacemos explotar las 60 + 2X bombas que quedan.

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)

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.

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.

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.

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.

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.

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.

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 

 

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.

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?