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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.