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.